Libro Estática (Prácticas y Exámenes Resueltos)

PRÁCTICAS Y EXÁMENES RESUELTOS DE
ESTÁTICA
______________________________________________
Ph.D. Genner Villarreal Castro
PREMIO NACIONAL ANR 2006, 2007, 2008
Lima – Perú
2016
1
Prácticas y Exámenes Resueltos de ESTÁTICA
Primera Edición Abril 2016
Tiraje: 1000 ejemplares
Diagramación: Víctor Dionicio Torres
Carátula: GOLDEN GATE – San Francisco EE.UU.
Estilo: Brenda de Jesús Crisanto Panta
Autor – Editor:
© Ph.D. Genner Villarreal Castro
www.gennervillarrealcastro.blogspot.com
Pablo Picasso 567 Urb. El Bosque
Telf: 202946 / 950907260
Trujillo – Perú
Impresión:
Editora & Imprenta Gráfica Norte S.R.L.
graficanorte@hotmail.com
Oswaldo Hercelles 401 Urb. Los Granados
Telf: 402705 / 969960030
Trujillo – Perú
Abril, 2016
©Hecho el Depósito Legal en la Biblioteca Nacional del Perú Nº 2016-03225
ISBN: 978-612-00-2217-7
Prohibida la reproducción total o parcial sin autorización del Autor.
2
PROLOGO
La Estática, ciencia de la Mecánica Teórica, estudia el equilibrio de diversos elementos o sistemas
estructurales sometidos a la acción externa de cargas puntuales y distribuidas, así como de momentos.
Por lo general, el dictado del curso de Estática, se centra en la descripción teórica y en la resolución
de un escaso número de problemas, lo cual dificulta el proceso de aprendizaje, más aún, tratándose de un
curso eminentemente práctico, con una diversidad de cargas y estructuras.
El presente libro nació, después de comprobar las grandes dificultades mostradas por los alumnos en
la resolución de problemas aplicados, en prácticas calificadas y exámenes.
Es por ello, que tomé el reto de escribir un libro que haga más didáctico el proceso de estudio
individual, resolviendo en forma seria y con el rigor científico todas las prácticas calificadas y exámenes
aplicados por el autor en la Escuela de Ingeniería Civil de la Universidad de San Martín de Porres,
propiciando, de esta manera, una forma más amena de convivencia con la Estática.
En el presente libro, se tratan temas que en la mayoría de programas de las universidades se
analizan y que son muy importantes en la formación profesional de los ingenieros civiles.
Como base se tomó la experiencia adquirida en el dictado del curso de Estática en la Universidad
Peruana de Ciencias Aplicadas, Universidad de San Martín de Porres y Universidad Privada Antenor
Orrego.
En mi modesta opinión, el presente libro es único en su género, tanto en la forma de resolución de
problemas como en su contenido, que no es una repetición de otros textos, editados anteriormente.
El presente libro consta de 2 Prácticas Calificadas, Examen Parcial y Examen Final por cada ciclo,
siendo un total de 3 ciclos.
En la Práctica Calificada Nº 1 se evalúa el capítulo fuerzas y momentos.
En el Examen Parcial se evalúan los capítulos equilibrio y centroides.
En la Práctica Calificada Nº 2 se evalúa el capítulo armaduras.
En el Examen Final se evalúa el capítulo diagramas de fuerzas internas.
El presente texto está dirigido a estudiantes de ingeniería civil y docentes que imparten el curso de
Estática; así como, a ingenieros civiles, posgraduandos e investigadores en el área de estructuras.
Este libro se lo dedico a mis alumnos de Estática de la Universidad Peruana de Ciencias Aplicadas,
Universidad de San Martín de Porres y Universidad Privada Antenor Orrego; quienes con sus consultas me
motivaron a escribir el presente libro y con su energía renovada me permitieron culminar con éxito este
trabajo.
De manera muy especial, dedico el presente libro a mi esposa Brenda de Jesús Crisanto Panta, por
su inmenso amor y apoyo constante en todos mis proyectos personales e intelectuales. Mi gratitud y amor
eterno para ella, quien es mi vida entera.
Ph.D. Genner Villarreal Castro
genner_vc@rambler.ru
Lima, Abril de 2016
3
U N I V E R S I D A D
D E
SAN MARTIN DE PORRES
USMP - FIA
EVALUACIÓN
PRÁCTICA CALIFICADA Nº 1
SEM. ACADÉMICO
2006 – I
CURSO
ESTÁTICA
SECCIÓN
29D
PROFESOR
Ph.D. GENNER VILLARREAL CASTRO
DURACIÓN
100m
ESCUELA
INGENIERIA CIVIL
CICLO
IV




 




1. a) Dados los vectores A  2 i  7 j  k , B  5 i  k y C  3 j  5k , determine:
i) El ángulo formado por los vectores
 
A yC
(1 punto)
ii) Un vector unitario en la dirección del vector BC
(1 punto)


iii) El módulo del vector (2A  3B)
(1 punto)
b) Determine el valor de la resultante del sistema de fuerzas concurrentes, así como su dirección y
sentido.
(1 punto)
Y
32T
25T
60º
20º
X
60º
20º
40T
15T
22T
c) Determine el módulo del momento M para que los dos sistemas mostrados sean equivalentes.
(1 punto)
20N
40N
0,3m
40N
0,3m
0,4m
M
20N
0,2m
SISTEMA I
0,2m
SISTEMA II
4

2. En la figura mostrada M es punto medio de BC, determinar F sabiendo que OABC–DEGH es un
paralelepípedo recto rectangular.
(3 puntos)
Z
H
G
0,2m
0
Y
C
D
0,4m
M
E
F =90N
A
B
0,8m
X


3. Si P  200N y T  300N , calcular el momento combinado de P y T respecto al punto C. Expresar
la respuesta en forma vectorial.
(4 puntos)
Z
E
0,8m
0
A
X
C
T
1,2
F
m
D
1m
B
0, 8
Y
1m
m
P
4. Para el conjunto de fuerzas mostrado en la figura, determinar la fuerza resultante y el momento
resultante respecto a los ejes coordenados X, Y, Z, sabiendo que la fuerza de 100N está en un plano
paralelo al YZ, la carga distribuida triangular está contenida en el plano YZ y la carga distribuida
uniforme está contenida en el plano XY
(4 puntos)
Z
1m
1m
2m
150N/m
A
Y
0
80N.m
1,5m
100N
B
X
250N/m
1m
60º
C
5
5. En la figura se muestra una platea de cimentación, donde actúa el sistema de fuerzas indicado.
Determine el valor de la resultante e indique su ubicación y sentido.
Z
(4 puntos)
20kN
50kN
Y
4m
20kN
3m
50kN
8m
2m
X
FECHA
La Molina, 27 de Marzo del 2006
6
6m
SOLUCIONARIO DE PRÁCTICA CALIFICADA Nº 1
CICLO 2006 – I
 
A yC

 
 2i  7 j  k
1. a) i) Determinamos el ángulo formado entre


 
 
A C
 3 j  5k
21  5
cos    A . C  . 
.

 0,6068
2
2
2
2
2
A C
54 34
(2)  (7)  1
(3)  5
  arccos 0,6068  52,6 o
ii)
Determinamos el vector unitario en la dirección del vector BC



 

 BC
(X C  X B ) i  (YC  YB ) j  ( Z C  Z B )k
 5 i  3 j  6k



2
2
2
BC
(X C  X B )  (YC  YB )  ( Z C  Z B )
(5) 2  (3) 2  6 2
 




  5 i  3 j  6k

 0,598 i  0,358 j  0,717k
70


iii) Calculamos el vector (2A  3B)



 







2A  3B  2A  (3B)  (4 i  14 j  2k)  (15 i  3k)  19 i  14 j  5k
Ahora, determinamos su módulo.


2A  3B  (19) 2  (14) 2  5 2  582  24,12
b) Aplicamos el método escalar para su cálculo.
5
R X   FX  32 cos 60 o  15 cos 60 o  25 cos 20 o  40sen 20 o  13,67T
i 1
5
R Y   FY  32sen60 o  25sen 20 o  15sen60 o  40 cos 20 o  22  36,31T
i 1
Los signos negativos, indica que las direcciones de las resultantes en dichos ejes van en sentido
negativo, tal como se muestra en la figura.
Y
13,67T
0
X

36,31T
R
Determinamos la resultante total y el ángulo 
R  R 2X  R 2Y  13,67 2  36,312  1505,28  38,8T
tg 
13,67
 0,3765
36,31

  arctg0,3765  20,63o
7
c) Para que un sistema sea equivalente a otro, sus fuerzas y momentos resultantes deben de ser
iguales.
SISTEMA I:



FR (1)  40 i  40 i  0


M R (1)  40(0,3)k
SISTEMA II:



FR ( 2)  20 j  20 j  0



M R ( 2)  20(0,2)k  Mk
Como se podrá apreciar, las fuerzas resultantes son iguales, quedando pendiente la igualdad de
momentos para que sean sistemas equivalentes.
Luego:
 40(0,3)  20(0,2)  M

M  8N.m
2. Calculamos el vector unitario de H a M










HM
0,2 i  0,8 j  0,2k
0,2 i  0,8 j  0,2k
 HM 


 0,236 i  0,943 j  0,236k
HM
0,72
0,2 2  0,8 2  (0,2) 2
Luego:







F  90(0,236 i  0,943 j  0,236k)  21,24 i  84,87 j  21,24k
Las componentes rectangulares se muestran en la siguiente figura.
Z
84,87N
21,24N
21,24N
Y
X

3. Determinamos el momento de la fuerza P respecto al punto C


P  200k



rCF  2 i  0,8 j
i
j
P  
M C  rCF xP  2  0,8
0
0
k
0
 200
  0,8
2
 2  0,8


0
0
i
j
k
 160 i  400 j
0
 200
0  200
0
0

En forma análoga determinamos el momento de la tensión T respecto al punto C










DE
 i  2 j  0,8k
 i  2 j  0,8k
T  300.
 300.
 300.
 126,32 i  252,64 j  101,06k
DE
5,64
(1) 2  (2) 2  0,8 2

rCD  i
8
i
1

 
M TC  rCD xT 
j
0
k
0

i
 126,32  252,64 101,06
k
0
0
 252,64 101,06
j
1
0
 126,32 101,06



1
0
 101,06 j  252,64k
 126,32  252,64
De esta manera, el momento combinado (resultante) será:






M C  M CP  M TC  (160 i  298,94 j  252,64k) N.m
4. Determinamos el valor de la fuerza resultante.
RX  0
R Y  250(1,5)  100 cos 60 o  325N
1
R Z   (2)(150)  100sen60 o  236,6 N
2
Luego:


R  (325 j  236,6k) N
Para determinar los momentos respecto a los ejes coordenados lo efectuamos por la forma escalar,
proyectando, para ello, las fuerzas en cada plano.
EJE X (PLANO YZ)
Z
150N/m
375N
0
Mx
Y
100sen60º
2m
100cos60º
2m
1
1 

M X   (2)(150) 2  .2   100sen60 o (4)  100 cos 60 o (1)  696,41N.m
2
3 

El momento respecto al eje OX va en sentido horario.
EJE Y (PLANO XZ)
Z
X
0
My
1,5m
9
1m
1m
M Y  100sen60 o (1,5)  80  209,90N.m
El momento respecto al eje OY va en sentido antihorario.
EJE Z (PLANO XY)
4m
0
Y
Mz
250N/m
1,5m
100cos60º
X
M Z  100 cos 60 o (1,5)  250(1,5)(0,75)  206,25N.m
El momento respecto al eje OZ va en sentido horario.
5. Determinamos la resultante de la acción de todas las fuerzas.
4
R   FZ  20(2)  50(2)  140kN 
i 1
Ubicamos en forma arbitraria la resultante, tal como se muestra en la figura.
Z
R
Y
x
y
X
Aplicamos el Teorema de Varignon.
M RX   M FXi

 140y  50(3)  20(11)  50(13)

y  7,286m
M RY   M FYi

140x  50(4)  20(10)  50(10)

x  6,428m
De esta manera, la ubicación de la resultante en coordenadas es (6,428; 7,286; 0) y su sentido vertical
hacia abajo.
10
U N I V E R S I D A D
D E
SAN MARTIN DE PORRES
USMP - FIA
EVALUACIÓN
PRÁCTICA CALIFICADA Nº 1
SEM. ACADÉMICO
2006 – II
CURSO
ESTÁTICA
SECCIÓN
29D
PROFESOR
Ph.D. GENNER VILLARREAL CASTRO
DURACIÓN
100m
ESCUELA
INGENIERIA CIVIL
CICLO
IV




 


 


1. a) Siendo A  3 i  2 j  4k , B   i  3 j  k y C  2 i  j  3k , determine:
 
i) El módulo del vector (2AxB)
(1 punto)

 
ii) El ángulo que forman los vectores B y (A  C)
(1 punto)
b) Las dos fuerzas de magnitud P son equivalentes a un par antihorario de 10N.m. Determine el valor
de P, si sen  0,342
(2 puntos)
P

420mm

P
360mm
c) Si la línea acción de una fuerza que actúa sobre un cuerpo rígido es paralela al eje coordenado X y
no interseca a los ejes Y, Z, entonces ¿será correcto afirmar que el momento de dicha fuerza
respecto a los ejes Y, Z son respectivamente nulos?
(1 punto)
2. En la figura mostrada, determinar la representación rectangular de

F , sabiendo que OABC–DEGH es
un paralelepípedo recto rectangular.
(3 puntos)
Z
5m
H
G
8m
E
D
0
7m
A

B
X
F =120N
11
C
Y
3. Una placa rectangular delgada está sostenida por el cable PQ y por los soportes de visagra en A y B.
Sabiendo que el momento de la fuerza tensional del cable respecto al punto central de la visagra en B



es igual a  231,76 i  M Y j  M Z k (N.m). Determinar el módulo de la tensión del cable en Newton y
los valores de M Y y M Z
(4 puntos)
Y
1, 4m
Q
0
1m
A
T
B
P
0 ,4m
0,6 m
Z
0,9
X
m
0,4 m
4. En la figura mostrada, la fuerza F1 es paralela al plano XY y la fuerza F4 es paralela al plano XZ.
Determine los momentos resultantes respecto a cada uno de los ejes coordenados, si F1  500 N ,
F2  600N , F3  300N y F4  200N
(4 puntos)
Z
F1
2m
F4
Y
2m
F2
1m
F3
4m
X
5. Determinar las coordenadas de posición (x; y) que debe tener la fuerza de 6kN del sistema de fuerzas
paralelas que está aplicada sobre la platea mostrada, para que la resultante de dicho sistema tenga su
punto de aplicación a 2m del eje de las X, y a 1,5m del eje de las Y
Z
(4 puntos)
8kN
6kN
4kN
10kN
Y
0,5m
1m
1m
0,5m 0,5m
2m
X
FECHA
La Molina, 28 de Agosto del 2006
12
SOLUCIONARIO DE PRÁCTICA CALIFICADA Nº 1
CICLO 2006 – II
1.
a) i) Se sabe que:

 

2A  6 i  4 j  8k
  

B  i  3 j  k
 
Luego, calculamos el vector (2AxB)
i
 
2AxB  6
j k
 4 8  6 8  6 4



4 8  i
j
k
 28 i  2 j  22k
3 1
1 1
1 3
1 3 1
Ahora, determinamos su módulo.
 
2AxB  28 2  2 2  22 2  1272  35,66
ii)
Tenemos que:
  

B  i  3 j  k
    
AC  i  jk



Luego, determinamos el ángulo que forman los vectores B y (A  C)
     
  
B (A  C)
( i  3 j  k ).( i  j  k )
1 3 1
1
cos    .   


 0,1741
11. 3
33
B AC
(1) 2  33  12 . 12  12  (1) 2
  arctg0,1741  79,97 o
b) Como:
sen  0,342

  arcsen 0,342  20 o
Luego:
cos   cos 20 o  0,9397
En consecuencia, descomponemos las fuerzas, luego aplicamos cuplas o pares de fuerzas y
determinamos el valor de la carga P

(Psen20 o )(0,36)  (P cos 20 o )(0,42)  10
P  19,31N
Psen20º
Pcos20º
0,42m
Pcos20º
Psen20º
0,36m
13
c) FALSO. El momento será nulo, solo respecto al eje X, mas no respecto a los ejes Y, Z
2. Calculamos el vector unitario de G hacia A
 

 





GA
8 i  5 j  7k
8 i  5 j  7k
 GA 


 0,681i  0,425 j  0,596k
GA
138
8 2  (5) 2  (7) 2
Luego:







F  120(0,681i  0,425 j  0,596k)  81,72 i  51 j  71,52k
Las componentes rectangulares se muestran en la siguiente figura.
Z
51N
2N
,7
1
8
0
71,52N
Y
X
3. Asumimos la tensión del cable PQ como P y lo expresamos en forma vectorial.
 

 





PQ
1,4 i  j  0,9k
1,4 i  j  0,9k
P  P.
 P.
 P.
 (0,721i  0,515 j  0,463k )P
PQ
3,77
1,4 2  12  (0,9) 2

Para el momento respecto a B, elegimos un vector rBP que va desde B hasta P



rBP   i  0,9k
Luego:

 
M B  rBP xP 
i
1
j
0
k
0,9
0,721P 0,515P  0,463P
 1
 1
0
0,9
0,9
0
j
k
0,515P  0,463P
0,721P  0,463P
0,721P 0,515P




M B  0,4635P i  0,1859P j  0,515Pk


MB  i
Por dato del problema:




M B  231,76 i  M Y j  M Z k
Igualamos y obtenemos:
 0,4635P  231,76

P  500N
De esta manera, se tendrá que:
M Y  0,1859P  0,1859.500  92,95N.m
M Z  0,515P  0,515.500  257,5N.m
14
4. Descomponemos las fuerzas F1 y F4 , tal como se muestra en la figura.
Z
500sen53º=500
500cos53º=300
141,42
0
Y
141,42
600
2m
300
X
Para determinar los momentos respecto a los ejes coordenados lo efectuamos por la forma escalar,
proyectando, para ello, las fuerzas en cada plano.
EJE X (PLANO YZ)
Z
400N
141,42N
2m
600N
0
Y
300N
Mx
4m
M X  400(2)  141,42(4)  234,32N.m
El momento respecto al eje OX va en sentido horario.
EJE Y (PLANO XZ)
Z
300
141,42
X
1m
141,42
2m
2m
0
600
My
M Y  300(2)  600(3)  141,42(2)  2117,16N.m
El momento respecto al eje OY va en sentido antihorario.
EJE Z (PLANO XY)
4m
Mz
0
400
Y
2m
3m 300
300
X
15
141,42
M Z  300(3)  141,42(4)  334,32N.m
El momento respecto al eje OZ va en sentido horario.
5. Determinamos la resultante de la acción de todas las fuerzas.
4
R   FZ  4  6  8  10  28kN 
i 1
Por dato del problema, la ubicación de la resultante es la mostrada en la figura.
Z
Y
R
1,5m
2m
X
Aplicamos el Teorema de Varignon.
M RX   M FXi

 28(2)  4(0,5)  8(1)  6y  10(3)

y  2,667m
M RY   M FYi

28(1,5)  8(0,5)  10(1,5)  4(2,5)  6x

x  2,167m
De esta manera, las coordenadas de posición de la fuerza de 6kN son (2,167; 2,667; 0) m.
16
U N I V E R S I D A D
D E
SAN MARTIN DE PORRES
USMP - FIA
EVALUACIÓN
PRÁCTICA CALIFICADA Nº 1
SEM. ACADÉMICO
2007 – I
CURSO
ESTÁTICA
SECCIÓN
29D
PROFESOR
Ph.D. GENNER VILLARREAL CASTRO
DURACIÓN
100m
ESCUELA
INGENIERIA CIVIL
CICLO
IV

 
 







1. a) Siendo A  3 i  j  k , B  4 i  n j  2k y C  2 i  2 j  2k , determine:
i) El ángulo formado por los vectores
 
A yC
(1 punto)
 
ii) El valor de “n”, tal que AxB.C  0
(1 punto)
b) Determinar las fuerzas internas en los cables AE y BE, si el sistema estructural se encuentra en
equilibrio.
(1 punto)
A
C
D
30º 30º
10kN
10kN
E
20kN
45º
B
c) Sobre la lámina delgada actúa un momento antihorario de 80kN.m ¿Qué fuerza “F” será necesario
aplicar sobre la lámina delgada para contrarrestar dicho momento de 80kN.m, si la fuerza “F” (que
genera la cupla) tiene la línea de acción y orientación indicada?
D
1,2m
(1 punto)
C
80kN.m
1,6m
F
A
B
60º
F
2. En la figura se muestra un globo aerostático amarrado a los cables AB, AC y AD
a) Usando vectores, determine el ángulo que forman los cables AC y AD
(1 punto)
b) Si la tensión en el cable AB es 259N, determine la fuerza vertical “P” que ejerce el globo en A
(3 puntos)
17
Y
A
5,6m
B
D
4,2m
0
3,3m
C
4,2m X
Z 2,4m
3. En la figura mostrada, se sabe que el módulo del momento que produce la fuerza
es 25 5N.m , donde la fuerza

F respecto al punto P


F comienza en A y su módulo es F  25N , determine los valores de
“L” (distancia OP)
(4 puntos)
Z
P
L
F
A
6m
B
53º 0
Y
5m
5m
4m
X
4. Para el conjunto de fuerzas mostrado en la figura, donde la carga distribuida triangular está contenida en
el plano YZ, la carga distribuida uniforme es paralela al plano XY y la fuerza puntual de 300N es
paralela al plano YZ, determine:
a) La fuerza resultante.
(1 punto)
b) El momento resultante respecto a cada uno de los ejes coordenados.
(3 puntos)
300N
60º
C 200N/m
1,5m
Z
B
100N/m
1m
A
X
0
1,5m
1m
18
Y
5. En la figura se muestra una platea de cimentación de 6m x 6m, donde actúa el sistema de fuerzas
indicado. Determine el valor de la resultante e indique su ubicación y sentido.
Y
5T/m
10T
A
15T
B
20T
4m
D 6m
C
Z
FECHA
La Molina, 26 de Marzo del 2007
19
X
2m
(4 puntos)
SOLUCIONARIO DE PRÁCTICA CALIFICADA Nº 1
CICLO 2007 – I
 
A yC
  



 
 
A C
3i  j  k
2 i  2 j  2k
622
cos    A . C  . 
.

 0,87
2
2
2
2
2
2
A C
11 12
3  (1)  1
2  (2)  2
1. a) i) Determinamos el ángulo formado entre
  arccos 0,87  29,5o
ii) Aplicamos la fórmula del triple producto escalar.
AX
  
AxB.C  B X
AY
BY
AZ 3
BZ  4
CX
CY
CZ
1 1
n  2  4n  8
2 2
2
Luego, por condición del problema:
4n  8  0

n2
b) Efectuamos un corte en los cables, obteniendo el sistema mostrado en la figura.
TAE
10kN
10kN
30º 30º
E
TBE
20kN
45º
Este sistema es de fuerzas concurrentes en el plano, cuyas ecuaciones de equilibrio son:
F
X
0

10sen30 o  20  10sen30 o  TBEsen 45o  0
TBE  28,284kN
F
Y
0

(10 cos 30 o )(2)  TAE  28,284 cos 45o  0
TAE  2,679kN
c) Descomponemos la fuerza “F” en sus proyecciones y por dato del problema, la sumatoria de
momentos será cero, es decir:
80  F cos 60 o (1,6)  Fsen60 o (1,2)  0
F  43,5kN
2. a) Calculamos los vectores unitarios.

AC
 AC 

AC

 AD



2,4 i  5,6 j  4,2k




2,4 i  5,6 j  4,2k



 0,324 i  0,757 j  0,567k
54,76
2,4 2  (5,6) 2  4,2 2






AD
 5,6 j  3,3k
 5,6 j  3,3k



 0,861 j  0,508k
AD
42,25
(5,6) 2  (3,3) 2
Determinamos el ángulo formado por los cables AC y AD
 
cos    AC . AD  0,3637

  arccos 0,3637  68,67 o
20
b) Determinamos las fuerzas en cada uno de los cables.

 
FAB  FAB . AB  259.

 
FAC  FAC . AC


 4,2 i  5,6 j


 155,4 i  207,2 j
(4,2) 2  (5,6) 2




 FAC .(0,324 i  0,757 j  0,567k)



 

FAD  FAD . AD  FAD .(0,861 j  0,508k)
Planteamos las ecuaciones de equilibrio del sistema de fuerzas concurrentes en el espacio.
F
X
0

 155,4  0,324. FAC  0


FAC  479,63N
F
Z
0

479,63.0,567  0,508. FAD  0


FAD  535,33N
F
Y
0
P  207,2  479,63.0,757  535,33.0,861  0

P  1031,2N
3. Se sabe que:
i

 
M P  rPA xF  (5  L cos 53o )
0
j
5
k
i
o
(6  Lsen53 )  (5  0,6L)
25
0
0
j
5
k
(6  0,8L)
25
0
 5 (6  0,8L)  (5  0,6L) (6  0,8L)  (5  0,6L) 5

MP  i
j
k
25
0
0
0
0
25



M P  25(6  0,8L) i  25(5  0,6L)k
Por dato del problema:

M P  25 5

 25(6  0,8L)2  25(5  0,6L)2
 25 5
L2  15,6L  56  0
De donde:
L1  5,6m
L 2  10m
4. a) Proyectamos las fuerzas en cada uno de los ejes coordenados, obteniendo las resultantes en dichos
ejes.
RX  0
R Y  300 cos 60 o  200.1,5  150N
1
R Z   .1,5.100  300sen60 o  334,81N
2
De esta manera, la resultante en forma vectorial es:
21



R  150 j  334,81k
b) Para determinar los momentos respecto a los ejes coordenados, en este caso, es mucho más
práctico usar la forma escalar, proyectando, para ello, las fuerzas en cada plano.
EJE X (Plano YZ)
300sen60º
300cos60º
Z
300
1m
100N/m
0
MX
Y
1,5m
1m
1
M X   (1,5)(100)(1)  300sen60 o (2,5)  300 cos 60 o (1)  300(1)  574,52 N.m
2
El momento respecto al eje OX va en sentido horario.
EJE Y (Plano XZ)
300sen60º
Z
1m
75N
MY
X
0
1,5m
M Y  300sen60 o (1,5)  389,71N.m
El momento respecto al eje OY también va en sentido horario.
EJE Z (Plano XY)
300cos60º
1,5m
200N/m
0
Y
2,5m
X
M Z  300 cos 60 o (1,5)  200(1,5)(0,75)  0
22
5. Calculamos la resultante.
1
R  15  10  20  (6)(5)  60T 
2
Aplicamos el Teorema de Varignon.
Y
15T
2m 2m 4m
10T
4m
15T
R
x
D
B
z
20T
X
C
Z
M RZ   M FZi

 60x  15(2)  20(6)
M RX   M FXi

60z  10(2)  15(6)  20(6) 

x  2,5m
z  3,83m
De esta manera, la ubicación de la resultante en coordenadas es (2,5; 0; 3,83) y su sentido vertical
hacia abajo.
23
U N I V E R S I D A D
D E
SAN MARTIN DE PORRES
USMP - FIA
EVALUACIÓN
EXAMEN PARCIAL
SEM. ACADÉMICO
2006 – I
CURSO
ESTÁTICA
SECCIÓN
29D
PROFESOR
Ph.D. GENNER VILLARREAL CASTRO
DURACIÓN
120m
ESCUELA
INGENIERIA CIVIL
CICLO
IV
1. Responder las siguientes preguntas justificando su respuesta:
a) Desde el punto de vista ingenieril, ¿qué entiende por cuerpo rígido?
(0.5 puntos)
b) En la estructura mostrada, ABC es una barra doblada en forma de L, cuyo peso es despreciable,
¿será correcto afirmar que el momento en el apoyo A es nulo?
(0.5 puntos)
P/2
B
C
25º 25º
P
A
c) Dibuje el diagrama de cuerpo libre (DCL) debidamente acotado para la siguiente viga. (0.5 puntos)
900N/m
1000N
500N/m
80º
20N.m
B
A
1,5m
3m
1m
d) Para la viga simplemente apoyada, determine el valor “w” de la carga uniformemente distribuida, si
la longitud de la viga es 5m y las componentes verticales de reacción en los apoyos son de 3T
(0.5 puntos)
wL
w
A
B
L/2
L/2
24
2. Determinar la dimensión “a”, sabiendo que las coordenadas del centro de presión de las fuerzas
distribuidas w  3000N / m sobre el plano XY es (x; 0,4129) m.
2
(3 puntos)
w=3000N/m2
Y
0
2m
a
X
3. a)
Determine las reacciones en los apoyos A y C de la siguiente estructura.
(1.5 puntos)
20kN/m
C
B
30kN/m
3m
A
4m
6m
b) En el siguiente sistema en equilibrio, la componente de reacción en el apoyo B es el triple de la
componente de reacción en el apoyo A, determine la distancia “X” y las componentes de reacción
en los apoyos.
(1.5 puntos)
1000N/m
A
B
x
4m
x
4. En la figura mostrada el momento que se produce en el apoyo A es de 900N.m en sentido horario.
Determine las reacciones en los apoyos A y C
2W(N/m)
A
(4 puntos)
ROTULA
C
B
4W(N/m)
3m
6m
25
5. En el sistema mostrado en equilibrio, se tienen dos barras ABC y CE articuladas en C, cuyos pesos son
de 72kgf y 50kgf respectivamente. Considerando que la polea pesa 20kgf, determine las componentes
de reacción en los apoyos A y E, así como las componentes de reacción en D
(4 puntos)
200kgf/m
B
C
1,2m
1,6m
D
r=0,2m
A
40kgf
1,2m
E
2m
6. a)
0,7m
Determine la dimensión L, sabiendo que el alambre compuesto homogéneo delgado formado por los
tramos rectos AB (paralelo al eje Y), BC (paralelo al eje Z), EO (contenido en el plano XZ) y por el
tramo CDE de una semicircunferencia (contenido en el plano XZ) tiene por coordenadas del centro
de gravedad ( X ; 0,368; Z ) m.
(2 puntos)
Z
D
E
1,5m
C
0
2m
Y
1,5m
B
A
L
X
b) Determine las coordenadas del centro de gravedad de la lámina compuesta delgada, la cual está
formada por una región de cuarto de círculo en el plano XZ, una región triangular en el plano YZ y
otra región rectangular hueca en el plano XY
(2 puntos)
Z
1,5m
Y
0,5m
0,5m
0,5m
0,5m
1,9m
X
FECHA
La Molina, 24 de Abril del 2006
26
SOLUCIONARIO DE EXAMEN PARCIAL
CICLO 2006 – I
1. a) CUERPO RIGIDO. Está formado por un conjunto de partículas unidas entre sí, tales que luego de
aplicarle fuerzas externas, la distancia entre dos puntos permanece constante. Tiene la posibilidad
de trasladarse y rotar.
b) Determinamos el momento en el apoyo A, asumiendo “d” como distancia entre B y C
M
A
0
d P
M A  P   (d)  0
2 2


M A  0 (VERDADERO)
c) Determinamos las resultantes de las acciones de las cargas distribuidas.
CARGA TRIANGULAR:
1
R 1  .1,5.900  675N  (se ubica a la distancia 0,5m del apoyo A)
2
CARGA TRAPEZOIDAL:
R 2  500.3  1500N  (se ubica a la distancia 1,5m del apoyo A)
R3 
1
(3)(400)  600 N  (se ubica a la distancia 1m del apoyo A)
2
Descomponemos la fuerza de 1000N en sus componentes horizontal y vertical.
F1X  1000 cos 80 o  173,65N 
F1Y  1000sen80 o  984,81N 
Esquematizamos el DCL, mostrado en la figura b)
900N/m
1000N
a)
500N/m
80º
20N.m
B
A
1,5m
3m
675
b)
600N 1500N
A
20N.m
1m
984,81N
HA
173,65N
VA
1m
0,5m
VB
1m
0,5m
1,5m
1m
d) Analizamos el equilibrio, considerando L=5m
F
Y
0

3  3  w(5)  w(5)  0

w  0,6T / m
2. Calculamos las resultantes de la acción de las cargas sobre superficie y la resultante total.
CARGA TRIANGULAR:
P1 
(a )(3000)(2)
 3000a 
2
CARGA DE UN CUARTO DE CIRCUNFERENCIA:
P2 
B
3000(2) 2
 3000 
4
27
RESULTANTE:
R  3000a  3000  3000(a  ) 
Esquematizamos las cargas sobre la platea, tal como se muestra en la figura.
0
2
Y
R
1m
P1 =3000a
0,8488m
x
0,4129
a/3
X
4R 4(2)
=
= 0,8488m
3 3
Luego:
M RX   M FXi
a
 3000(a  )(0,4129)  3000a   3000(0,8488)
 3

a 2  1,2387a  4,1082  0
a  1,5m
Determinamos el valor de “x”:
M RY   M FYi
3000(1,5  )(x)  3000(0,8488)  3000(1,5)(1)

x  0,9m
3.
a) Esquematizamos la estructura con sus reacciones (figura a) y la misma estructura con las
resultantes de la acción de las cargas distribuidas (figura b)
20kN/m
a)
C
B
VC
30kN/m
HC
3m
A
4m
6m
VA
120kN
b)
75kN
C
B
37º
HC
2m
VC
1m
37º
A
8,67m
4m
3m
VA
28
3m
M
C
0

 VA (10)  120(3)  75 cos 37 o (8,67)  75sen37 o (2)  0
VA  97kN 
F
0
Y

97  VC  120  75 cos 37 o  0
VC  83kN 
F
0
X

75sen37 o  H C  0
H C  45kN 
b) Esquematizamos la viga con sus reacciones y analizamos su equilibrio.
1000N/m
A
HA
B
x
4m
x
VA
VB
F
0

HA  0
F
0

1
VA  VB  (4  2X)(1000)  0
2
X
Y
VA  3VA  2000  1000X
VA  500  250X
M
B
0

1
 4  2X

(4  2X)(1000)
 X   (500  250X)(4)  0
2
 3

X2  X  2  0
Al resolver, se tienen 2 soluciones, siendo una positiva (correcta) y la otra negativa (incorrecta).
Luego:
X  1m
En consecuencia:
VA  500  250(1)  750N 
VB  3VA  3(750)  2250N 
4. Analizamos el equilibrio en el tramo BC
M
der
B
0

1
(6)(4W)(4)  VC (6)  0
2

VC  8W 
Ahora, analizamos toda la viga.
M
A
0

1
1
 900  (3)(2W)(1)  (6)(4W)(7)  8W(9)  0
2
2
W  100N / m
Luego:
VC  800N 
29
F
0

HA  0
F
0

1
1
 VA  800  (3)(200)  (6)(400)  0
2
2
X
Y
VA  100N 
Esquematizamos las reacciones de la viga, tal como se muestra en la figura.
200N/m
A
C
B
100N
3m
5.
400N/m
6m
800N
Calculamos las reacciones en el centro D de la polea.
F
F
X
0 
 H D  40  0

H D  40kgf 
Y
0 
VD  20  40  0

VD  60kgf 
40
D
VD
HD
20
40
Efectuamos un corte en la rótula C, analizando el equilibrio de la barra CE, utilizando el DCL de dicha
barra.
M
C
0

40(1,2)  60(0,35)  50(0,35)  VE (0,7)  H E (2,4)  0
2,4H E  0,7VE  9,5 ………………. (a)
VC
HC
C
1,2m
D
40kgf
60kgf
50kgf
E
0,35m0,35m VE
30
1,2m
HE
Luego, analizamos el equilibrio de toda la estructura, esquematizando el DCL de la misma, calculando
la resultante de la carga uniformemente distribuida, siendo la misma de 400kgf, tal como se muestra en
la figura.
M
A
0

 40(1)  400(1)  40(0,4)  60(2,35)  50(2,35)  VE (2,7)  H E (0,8)  0
 0,8H E  2,7VE  714,5 ………………. (b)
Resolvemos las ecuaciones (a) y (b), obteniendo:
H E  88,82kgf 
VE  290,95kgf 
400kgf
B
C
40kgf
0,4m
0,4m
HA
0,8m
D
40kgf
32kgf
A
60kgf
50kgf
VA
HE
E
1m
1m
0,35m 0,35m
VE
Ahora, determinamos las reacciones en el apoyo A, efectuando un equilibrio simple de toda la
estructura.
F
F
6.
X
0 
H A  40  88,82  0

H A  48,82kgf 
Y
0 
VA  32  400  40  60  50  290,95  0 
VA  291,05kgf 
a) En la siguiente tabla, se muestran las coordenadas del centro de gravedad de cada tramo.
Li
TRAMO
Xi
Yi
Zi
(m)
AB
L
1,5
L/2
0
BC
2
1,5
0
1
CDE
1,5π
0
0
2+3/π
EO
2,5
-0,75
0
1
Luego, determinamos el valor de L
4
Y
L Y
i 1
4
i
L
i 1
i
L
L   0  0  0
0,5L2
2
  

L  2  1,5  2,5 L  9,2124
i
Por dato del problema:
31
0,5L2
 0,368
L  9,2124
L2  0,736L  6,780  0


L  3m
Ahora, determinamos las otras coordenadas del centro de gravedad.
4
X
L X
i 1
4
i
L
i 1
4
Z
i 1
4
L
i 1

3(1,5)  2(1,5)  0  2,5(0,75)
 0,460m
3  2  1,5  2,5
i
L Z
i
i
i
3

3(0)  2(1)  1,5 2    2,5(1)



 1,509m
3  2  1,5  2,5
i
b) Determinamos las características geométricas de las 4 figuras, incluido la parte hueca
Figura 1: Cuarto de circunferencia
Z
1,5m
X
4R = 2
3 
0
4R = 2
3 
1,5m
A1 
R 2 (1,5) 2

 0,5625
4
4
X1 
2

Y1  0
Z1 
2

Figura 2: Triángulo
Z
1m
0,5m
Y
0
0,8m
1,6m
32
A2 
1
(2,4)(1,5)  1,8
2
X2  0
Y2  0,8
Z 2  0,5
Figura 3: Rectángulo
1,2m
0
Y
0,75m
1,5m
2,4m
X
A 3  2,4.1,5  3,6
X 3  0,75
Y3  1,2
Z3  0
Figura 4: Sección hueca
0,25m
0
Y
0,5m
0,75m
0,5m
0,5m
X
A 4  0,5.0,5  0,25
X 4  0,75
Y4  0,25
Z4  0
33
En la siguiente tabla, se muestran todas las características de cada figura.
Ai
FIGURA
Xi
Yi
Zi
A i Xi
A i Yi
A i Zi
2
(m )
1
0,5625π
2/π
0
2/π
1,125
0
1,125
2
1,8
0
0,8
0,5
0
1,44
0,9
3
3,6
0,75
1,2
0
2,7
4,32
0
4
-0,25
0,75
0,25
0
-0,1875
-0,0625
0

6,9171
-
-
-
3,6375
5,6975
2,025
De esta manera, determinamos las coordenadas del centro de gravedad de toda la figura.
A X
A
A Y
Y
A
A Z
Z
A
X
i

3,6375
 0,5259m
6,9171
i

5,6975
 0,8237m
6,9171
i

2,025
 0,2927m
6,9171
i
i
i
i
i
i
34
U N I V E R S I D A D
D E
SAN MARTIN DE PORRES
USMP - FIA
EVALUACIÓN
EXAMEN PARCIAL
SEM. ACADÉMICO
2006 – II
CURSO
ESTÁTICA
SECCIÓN
29D
PROFESOR
Ph.D. GENNER VILLARREAL CASTRO
DURACIÓN
120m
ESCUELA
INGENIERIA CIVIL
CICLO
IV
1. Responder las siguientes preguntas justificando su respuesta:
a) Desde el punto de vista ingenieril, ¿qué entiende por partícula?
(0.5 puntos)
b) Determine el módulo de la tensión T que se ejerce en el cable DE, sabiendo que la barra doblada
ABC no gira respecto al apoyo A
(1 punto)
1,75m
B
C
1,5m
D
50º
220,25kgf
T
1,5m
E
A
c) Dibuje el diagrama de cuerpo libre (DCL) debidamente acotado para la siguiente viga. (0.5 puntos)
70kgf
300N/m
A
B
1,2m
4m
2. Determinar las coordenadas del centro de presión de las fuerzas distribuidas mostradas en la siguiente
figura.
(3 puntos)
6T/m2
4T/m2
Y
2m
1m
2m
3m
X
35
3. a) Para la viga mostrada en la figura, determine las reacciones en los apoyos A y B
270kN
(1.5 puntos)
360kN
53º
75º
A
4,5m
6m
B
4,5m
b) Para el pórtico mostrado en la figura, determine las reacciones en los apoyos A y B, así como las
fuerzas internas en la rótula C
(2.5 puntos)
10kN
4kN/m
60º
B
C
3m
8kN.m
A
1m 1m
3m
4. En la siguiente estructura, el peso de la barra ABC es 3,3T. Determine las componentes de reacción en
el empotramiento A y en el apoyo C
(3 puntos)
2T/m
B
A
rotula
4m
C
3m
3m
3m
5. Para la estructura mostrada en equilibrio, donde GC es perpendicular a HB, el peso de la polea y de las
barras son despreciables, se pide:
a) Determinar las reacciones en el centro E de la polea y en los apoyos A y B
(2 puntos)
b) Dibujar el diagrama de cuerpo libre del perno G, indicando los valores de las fuerzas que actúan
sobre él.
(2 puntos)
G
6T
1,5m
E
A
H
2m
4T
1,5m
cable
C
D
0,5m
B
3,5m
0,5m
36
1,5m
6. a) Determine las coordenadas del centro de gravedad del siguiente alambre compuesto homogéneo
delgado, formado por el tramo recto OA (contenido en el plano XZ), el tramo ABC de
semicircunferencia (contenido en el plano XZ), el tramo recto CD (paralelo al eje Z) y DE (contenido
en el plano XY
(2 puntos)
B
Z
C
1,5m
A
D
E
0
2m
Y
3,6m
X
b) Determine la longitud L, si el centro de gravedad de la lámina compuesta delgada es ( X ; Y ;
0,23)m y está formada por una región rectangular contenida en el plano XY, una región triangular
contenida en el plano XZ y una región semicircular contenida en el plano YZ
(2 puntos)
Z
1m
Y
2,4m
L
X
FECHA
La Molina, 25 de Setiembre del 2006
37
SOLUCIONARIO DE EXAMEN PARCIAL
CICLO 2006 – II
1. a) PARTICULA. Es un punto material sin peso que tiene la posibilidad de trasladarse.
b) Efectuamos un corte en el cable y analizamos el equilibrio de la barra doblada ABC
1,75m
B
C
50º
1,5m
D
1,5m
T
220,25kgf
53º
A
Por condición del problema, el apoyo A no gira, consecuentemente su momento es cero.
M
A
0
 220,25sen50 o (1,75)  220,25 cos 50 o (3)  Tsen53o (1,5)  0

De donde:
T  600kgf
c) Se sabe que 1kgf=10N, quedando el esquema original (figura a) convertido en su acción equivalente
(figura b)
Luego, determinamos las resultantes de las acciones de las cargas distribuidas.
CARGA TRIANGULAR:
1
R 1  .1,2.300  180 N  (se ubica a la distancia 0,4m del apoyo A)
2
CARGA UNIFORME:
R 2  300.4  1200N  (se ubica a la distancia 2m del apoyo A)
Esquematizamos el DCL, mostrado en la figura c)
70kgf
a)
300N/m
A
B
1,2m
4m
700N
300N/m
b)
A
B
1,2m
c)
4m
180N
700N
MB
1200N
B
A
0,8m
VA
2m
2m
0,4m
38
VB
HB
2. Calculamos las resultantes de la acción de las cargas sobre superficie y la resultante total.
CARGA TRIANGULAR:
P1 
4(3)(2)
 12T 
2
CARGA UNIFORME:
P2  6(2)(3)  36T 
RESULTANTE:
R  12  36  48T 
Esquematizamos las cargas sobre la platea, tal como se muestra en la figura.
0
R
Y
x
12T
1m
y
36T
0,5m
1m
1m
X
Luego, aplicamos el Teorema de Varignon.
M RX   M FXi

 48y  12(1)  36(1)

y  0,5m
M RY   M FYi

48x  36(1,5)  12(1)

x  1,375m
De esta manera, las coordenadas del centro de presión son (1,375; -0,5; 0) m.
3. a)
Analizamos el equilibrio de la viga y determinamos las reacciones en los apoyos.
F
X
0

 270 cos 53o  360 cos 75o  H B  0
H B  255,17kN 
M
B
0

270sen53o (15)  360sen75o (4,5)  VA (10,5)  0
VA  457,6kN 
F
Y
0

457,6  VB  270sen53o  360sen75o  0
VB  106,13kN 
Con los resultados obtenidos, esquematizamos las reacciones en la viga, tal como se muestra en la
siguiente figura.
270kN
360kN
53º
4,5m
75º
A
457,6kN
6m
B
255,17kN
106,13kN
4,5m
39
b) Efectuamos un corte en la rótula C y analizamos el equilibrio en CB
4kN/m
HC
C
B
VC
VB
3m
M
C
0

1
VB (3)  (3)(4)(2)  0
2
F
0

HC  0
F
0

1
VC  4  (3)(4)  0
2
X
Y

VB  4kN 

VC  2kN 
Ahora, analizamos el equilibrio del otro lado de la estructura.
10kN
2kN
60º
C
3m
8kN.m
A
HA
MA
VA
F  0
F  0
M  0
1m 1m
X

10 cos 60 o  H A  0

H A  5kN 
Y

VA  10sen60 o  2  0

VA  10,66kN 

M A  8  2(2)  10sen60 o (1)  10 cos 60 o (3)  0
A

M A  19,66kN.m
El momento M A va en sentido antihorario.
4. Efectuamos un corte en la rótula y analizamos el tramo derecho a dicho corte, ubicando los pesos de
cada tramo, sabiendo que para cada metro lineal es 0,3T
F  0
M  0
X
D

HD  0

VC (6)  0,9(1,5)  1,5(4,5)  2(3)(1,5)  0

F
Y
0

VC  2,85T 
VD  2,85  2(3)  0,9  1,5  0

40
VD  5,55T 
2T/m
HD
B
D
VD
2m
0,9T
1,5T
C
1,5m 1,5m 1,5m 1,5m
2m
VC
Ahora, analizamos el lado izquierdo, es decir AD
2T/m
HA
A
MA
VA
0,9T 5,55T
1,5m 1,5m
F  0
F  0
M  0
X

HA  0
Y

VA  0,9  5,55  2(3)  0

M A  0,9(1,5)  5,55(3)  2(3)(1,5)  0
A

VA  12,45T 

M A  27T.m

VE  8T 
El momento M A va en sentido antihorario.
5. a) Calculamos las reacciones en el centro E de la polea.
F
F
X
0

HE  0
Y
0

VE  4  4  0
E
HE
VE
4T
4T
Ahora, analizamos el equilibrio de toda la estructura, esquematizando las cargas y determinando las
reacciones en los apoyos A y B
F  0
M  0
X
B
F
Y
0


6  HB  0

 6(3)  VA (6)  4(3,5)  8(4)  0

VB  4  8  0
41
H B  6T 

VA  0

VB  4T 
G
6T
1,5m
E
A
H
2m
4T
8T
C
D
1,5m
B
VA 2m
3,5m
HB
VB
0,5m
b) Analizamos el equilibrio de la barra HB
M  0
F  0
H
Y

4(8)  4(4,5)  VC (4)  0

VC  12,5T 

VH  4  4  12,5  0

VH  4,5T 
4T
HH
H
HC
A
C D
B
VC
VH
2m
6T
4T
2m
3,5m
0,5m
Luego, esquematizamos las cargas en la barra GC y analizamos su equilibrio.
F  0
M  0
F  0
Y
C
X

12,5  8  VG  0

VG  4,5T 

H G (3)  0

HG  0

HC  0
VG
G
HG
1,5m
E
8T
1,5m
C
HC
12,5T
Como ya tenemos el valor de H C  0 , entonces retornamos al equilibrio de la barra HB,
obteniendo:
F
X
0


HH  6  0
H H  6T 
De esta manera, analizamos el equilibrio de la barra HG
F
X
0


H 'G  6  0
42
H 'G  6T 
F
Y
0

VG'  4,5  0

VG'  4,5T 
V´
G
G
6T
H´G
H
4,5T
Con los valores obtenidos, dibujamos el DCL del perno G y comprobamos que existe equilibrio en
dicho nudo, lo cual certifica el correcto cálculo.
F
F
X
0

6  0  6  0 (OK)
Y
0

4,5  4,5  0 (OK)
V´
G
H´G
6T
HG
VG
6.
a) En la siguiente tabla, se muestran las características geométricas de cada parte del alambre
compuesto homogéneo delgado.
Li
TRAMO
Xi
Yi
Zi
(m)
OA
2,5
0,75
0
1
ABC
1,5π
0
0
2+3/π
CD
2
-1,5
0
1
DE
3,9
-0,75
1,8
0
Siendo:
L OA  1,5 2  2 2  2,5
L ABC  R  1,5
L DE  1,5 2  3,6 2  3,9
Z ABC  2 
2R
2(1,5)
3
 2
 2



Luego, determinamos las coordenadas del centro de gravedad.
4
X
L X
i 1
4
i
L
i 1
i

2,5(0,75)  1,5(0)  2(1,5)  3,9(0,75)
 0,309m
2,5  1,5  2  3,9
i
43
4
Y
L Y
i 1
4
i
i
L
i 1
L Z
i 1
4
i
L
i 1
2,5(0)  1,5(0)  2(0)  3,9(1,8)
 0,535m
2,5  1,5  2  3,9
i
4
Z

i
3

2,5(1)  1,5 2    2(1)  3,9(0)



 1,405m
2,5  1,5  2  3,9
i
b) Determinamos las características geométricas de las 3 figuras
Figura 1: Triángulo
Z
CG
X
1,6
A1 
0,8
0
2L/3
L/3
1
(2,4)L  1,2L
2
X1  0,8
Y1  0
Z1 
L
3
Figura 2: Rectángulo
1m 1m
Y
0
1,2m
CG
1,2m
X
A 2  2.2,4  4,8
X 2  1,2
Y2  1
Z2  0
Figura 3: Semicircunferencia
Z
CG
0
4R 4
3 = 3
44
1m
1m
Y
A3 
R 2 (1) 2

 0,5
2
2
X3  0
Y3  1
Z3 
4
3
Por dato del problema:
L
 4 
1,2L   4,8(0)  0,5 
3
 3   0,23 

1,2L  4,8  0,5
3
Z
A Z
i 1
3
i
A
i 1
i
0,4L2  0,276L  0,798  0
i
De donde:
L  1,8m
Ahora, determinamos las otras coordenadas del centro de gravedad.
3
X
A X
i 1
3
i
A
i 1
i

1,2(1,8)(0,8)  4,8(1,2)  0,5(0)
 0,878m
1,2(1,8)  4,8  0,5

1,2(1,8)(0)  4,8(1)  0,5(1)
 0,747m
1,2(1,8)  4,8  0,5
i
3
Y
A Y
i 1
3
i
A
i 1
i
i
45
U N I V E R S I D A D
D E
SAN MARTIN DE PORRES
USMP - FIA
EVALUACIÓN
EXAMEN PARCIAL
SEM. ACADÉMICO
2007 – I
CURSO
ESTÁTICA
SECCIÓN
29D
PROFESOR
Ph.D. GENNER VILLARREAL CASTRO
DURACIÓN
120m
ESCUELA
INGENIERIA CIVIL
CICLO
IV
1. Responder las siguientes preguntas justificando su respuesta:
a) ¿Será correcto afirmar que en una rótula existen dos fuerzas internas y un momento? (0.5 puntos)
b) Determinar la relación a/b para que el momento en la base A del poste sea nulo.
B
2F
(0.5 puntos)
3F
a/2
L
b/3
F
F
a
L
b
L
A
c) Dibuje el diagrama de cuerpo libre (DCL) debidamente acotado para la siguiente viga. (0.5 puntos)
700N
500N/m
100N.m
300N/m
A
B
5m
1m
d) Para la viga simplemente apoyada AB, ¿será correcto afirmar que las componentes verticales de
reacción en los apoyos A y B es wL / 4 ?
(0.5 puntos)
w
A
B
L/2
L/2
2. Sabiendo que las coordenadas del centro de presión del conjunto de fuerzas distribuidas mostrado es
(1; 1,053; 0) m. Determinar la longitud “L” de la platea, si el cilindro circular (hueco) de 1m de diámetro
se encuentra en la parte central correspondiente a las fuerzas distribuidas uniforme sobre una superficie
de la zona positiva de los ejes X, Y, Z, es decir, en el I octante.
46
(3 puntos)
Z
1m
1000N/m2
Y
2m
1,5m
L
X
3. a)
Un cuerpo de peso P1  80 N cuelga del extremo de una barra de peso 200N y longitud 6m, unida
a una pared como se muestra en la figura. Determinar la máxima distancia de la pared a la que es
posible colgar un segundo cuerpo de 700N de peso sin que la cuerda se rompa, si esta es capaz de
resistir una tensión máxima de 900N
(1.5 puntos)
60º
X
1
2
b) Determinar el peso “w” de la viga y las componentes de reacción en el apoyo A, si la reacción en el
apoyo B es 800,5kgf
(2.5 puntos)
300kgf
250kgf/m
A
B
1m
2,5m
0,9m
4. Determine las reacciones en los apoyos para la estructura mostrada en la figura.
(3 puntos)
900N/m
400N/m
6
B
m
N/
00
300N/m
3m
A
4m
800N.m
6m
47
4m
5. Para la estructura mostrada en equilibrio, determine la tensión en el cable, sabiendo que en B existe una
articulación. Despreciar el peso de las barras.
(4 puntos)
6. a) Determine la dimensión L del siguiente alambre compuesto homogéneo delgado, formado por el
tramo recto AB (paralelo al eje X), el tramo BC (contenido en el plano XY), el tramo recto CD
(paralelo al eje Z) y el tramo de semicircunferencia DEF (contenido en el plano XZ), si el centro de
gravedad es (0,288; Y ; Z ) m
(2 puntos)
Z
E
0,5m
F
D
B
0
0,6m
C
1,2m
Y
L
A
X
b) Determine las coordenadas del centro de gravedad de la lámina compuesta delgada, la cual está
formada por una región de cuarto de círculo, una región triangular y otra región tipo H
Z
3m
1,5m
1,5m
1,5m
1m 1m
1m
X
FECHA
La Molina, 23 de Abril del 2007
48
Y
(2 puntos)
SOLUCIONARIO DE EXAMEN PARCIAL
CICLO 2007 – I
1. a) FALSO. En una rótula solo existen dos fuerzas internas, una vertical y otra horizontal. No existe
momento.
b) Por dato del problema:
b
a
M A  3F   Fb  2F   Fa  0
3
2
a
1
b

c) Calculamos las resultantes de las cargas distribuidas y su ubicación.
CARGA UNIFORME EN TRAMO AB:
R 1  300.5  1500N  (se ubica en el centro de dicho tramo)
CARGA TRIANGULAR EN TRAMO AB:
R2 
1
(5)(200)  500 N  (se ubica a la distancia 3,33m del apoyo A)
2
CARGA TRIANGULAR EN EL VOLADIZO:
R3 
1
(1)(500)  250 N  (se ubica a la distancia 0,33m del apoyo B)
2
De esta manera, el DCL de la viga es la mostrada en la figura.
700N
HA
1500N 500N
250N
100N.m
A
B
VA
VB
2,5m
0,83m
1,67m
0,67m
0,33m
d) VERDADERO. Por simetría tenemos:
VA  VB 
1L
wL

 ( w ) 
2 2
4
2. Calculamos las resultantes de la acción de las cargas sobre superficie.
CARGA TRIANGULAR:
F1 
1,5.2.1000
 1500 
2
CARGA RECTANGULAR CON HUECO:

F2  1000(2)(L)  1000. .12  (2000L  785,4) 
4
RESULTANTE:
R  F1  F2  1500  2000L  785,4  (714,6  2000L) 
Ubicamos las cargas en la platea, tal como se muestra en la figura y luego aplicamos el Teorema de
Varignon.
a) M X 
R
M
Fi
X

 (714,6  2000L)(1,053)  1500(0,5)  (2000L  785,4)(0,5L)
1000L2  2498,7L  1502,47  0
49
L  3m
No se considera el valor negativo, debido a que una longitud siempre es positiva.
b) Se comprueba la veracidad del cálculo, a través de la 2da condición del Teorema de Varignon.
M RY   M FYi

6714,6(1)  1500(1)  5214,6(1)
OK
Z
0
F1
Y
R F2
1m
1,053m
1m
0,5m
L/2
L/2
X
3. a) Efectuamos un corte por el cable y analizamos el equilibrio respecto al apoyo A
M
A
0

 200(3)  700(x)  80(6)  900sen60 o (6)  0
x  5,138m
900N
HA
60º
A
VA
200N
3m
b)
700N
80N
X
3m
Esquematizamos las reacciones en los apoyos y el peso de la viga, el cual está ubicado en el centro
de la misma.
250kgf/m
300kgf
HA
A
B
w
VA
2,2m
VB=800,5kgf
1m
2,5m
0,9m
Analizamos el equilibrio de la viga.
F
X
M
0
A
0

HA  0

1
800,5(3,5)  w (2,2)  250(2,5)(2,25)  (0,9)(250)(3,8)  0
2
w  440kgf 
50
F
Y
0
1
VA  800,5  440  300  250(2,5)  (0,9)(250)  0
2

VA  677kgf 
4.
Analizamos el equilibrio de la viga, calculando las reacciones en los apoyos.
M
A
0

1
1
VB (14)  600(5)(2,5)  (4,5)(900)(5,5)  (1,5)(300)(9,5)  400(4)(12)  800  0
2
2
VB  2607,14N 
F
Y
0

1
1
VA  2607,14  600(5) cos 37 o  (4,5)(900)  (1,5)(300)  400(4)  0
2
2
VA  3192,86N 
F
X
0
 H A  600(5)sen37 o  0

H A  1800N 
5.
Calculamos la distancia horizontal desde el apoyo D hasta la articulación B
x
B
G
40º
4m
D
tg40 o 
4
x

x  4,767m
Luego, efectuamos un corte en el cable EF y analizamos el equilibrio del sistema estructural.
6m
3m
1m
20N
200N/m
30º
2m
A
B
C
40º
3m
F
T
1m
D
4,767m
51
VD
M
A
0

1
1
VD (10,767)  T(3)  (200)(6)(4)  (200)(3)(7)  20 cos 30 o (2)  20sen30 o (10)  0
2
2
10,767VD  3T  4434,64
………………. (a)
La segunda ecuación lo obtenemos a partir del equilibrio en forma independiente de la barra BD
M
BD
B
0
VD (4,767)  3T  0

4,767VD  3T
……………….. (b)
Reemplazamos la ecuación (b) en (a), obteniendo:
VD  739,11N
T  1174,44N
Las orientaciones, son las mismas que las mostradas en la página anterior.
6. a)
En la siguiente tabla, se muestran las coordenadas del centro de gravedad de cada tramo.
Li
TRAMO
Xi
Yi
Zi
(m)
AB
L
L/2
1,2
0
BC
1,3
0,25
0,6
0
CD
0,6
0,5
0
0,3
DEF
0,5π
0
0
0,6+1/π
Luego, determinamos el valor de L
4
X
L X
i 1
4
i
L
i 1
i
L
L   1,3(0,25)  0,6(0,5)  0,5(0)
0,5L2  0,625
2
  

L  1,3  0,6  0,5
L  3,471
i
Por dato del problema:
0,5L2  0,625
 0,288
L  3,471

0,5L2  0,288L  0,374  0 
Ahora, determinamos las otras coordenadas del centro de gravedad.
4
Y
L Y
i 1
4
i
i
L
i 1
L Z
i 1
4
i
L
i 1
1,2(1,2)  1,3(0,6)  0,6(0)  0,5(0)
 0,475m
1,2  1,3  0,6  0,5
i
4
Z

i
1

1,2(0)  1,3(0)  0,6(0,3)  0,5 0,6  



 0,347m
1,2  1,3  0,6  0,5
i
52
L  1,2m
b) Determinamos las características geométricas de las 5 figuras, incluido las partes huecas
Figura 1: Cuarto de circunferencia
Z
4/
Y
4/
3m
A1 
R 2 (3) 2

 2,25
4
4
X1  0
Y1 
4

Z1 
4

Figura 2: Triángulo
Z
2m
1m
X
3m
A2 
1,5m
1
(4,5)(3)  6,75
2
X 2  1,5
Y2  0
Z2  1
Figura 3: Rectángulo
3m
Y
2,25m
4,5m
1,5m
X
A 3  3(4,5)  13,5
53
X 3  2,25
Y3  1,5
Z3  0
Figura 4: Sección hueca (rectángulo izquierdo)
1m
Y
1,5m
2,25m
1,5m
0,5m
X
A 4  1,5(1)  1,5
X 4  2,25
Y4  0,5
Z4  0
Figura 5: Sección hueca (rectángulo derecho)
2m 1m
Y
1,5m
2,25m
1,5m
2,5m
X
A 5  1,5(1)  1,5
X 5  2,25
Y5  2,5
Z5  0
En la siguiente tabla, se muestran todas las características de cada figura.
Ai
Xi
Yi
Zi
A i Xi
A i Yi
A i Zi
FIGURA
(m2)
1
2,25π
0
4/π
4/π
0
9
9
2
6,75
1,5
0
1
10,125
0
6,75
3
13,5
2,25
1,5
0
30,375
20,25
0
4
-1,5
2,25
0,5
0
-3,375
-0,75
0
5
-1,5
2,25
2,5
0
-3,375
-3,75
0

24,318
-
-
-
33,75
24,75
15,75
54
De esta manera, determinamos las coordenadas del centro de gravedad de toda la figura.
A X
A
A Y
Y
A
A Z
Z
A
X
i

33,75
 1,388m
24,318
i

24,75
 1,018m
24,318
i

15,75
 0,648m
24,318
i
i
i
i
i
i
55
U N I V E R S I D A D
D E
SAN MARTIN DE PORRES
USMP - FIA
EVALUACIÓN
PRÁCTICA CALIFICADA Nº 2
SEM. ACADÉMICO
2006 – I
CURSO
ESTÁTICA
SECCIÓN
29D
PROFESOR
Ph.D. GENNER VILLARREAL CASTRO
DURACIÓN
100m
ESCUELA
INGENIERIA CIVIL
CICLO
IV
1. Para la siguiente armadura, se pide:
a) Calcular las reacciones en los apoyos.
(1 punto)
b) Indicar las barras que no trabajan.
(0.5 puntos)
c) Determinar las fuerzas en el resto de barras de la armadura, usando el método de los nudos e
indicando en cada caso si las fuerzas son de tracción o compresión.
B
D
(2.5 puntos)
F
6m
A
C
E
H
G
90kN 180kN
6m
6m
6m
6m
2. Para la armadura mostrada en la figura, se pide:
a) Calcular las reacciones en los apoyos.
(1 punto)
b) Determinar las fuerzas axiales en las barras GJ, LI, JH, HL, GH y HI, a través del método de las
secciones.
(3 puntos)
60kN
60kN
N
60kN M
7m
120kN J
L
K
7m
120kN G
I
H
7m
120kN D
F
E
7m
A
C
B
7m
7m
56
3. Para la armadura mostrada en la figura, se pide calcular:
a) Las reacciones en los apoyos.
(1 punto)
b) Las fuerzas en las barras BD, FH y GI por el método de las secciones.
(2 puntos)
c) Las fuerzas en las barras FD y FG por el método de los nudos.
(1 punto)
90kN
90kN
F
90kN D
H
4,5m
J
B
A
L
C
4,5m
E
4,5m
G
4,5m
I
4,5m
K
4,5m
4,5m
4. Dada la armadura:
a) Indicar que barras no trabajan.
(1 punto)
b) Usando el método de los cortes, determine la fuerza axial en la barra DE
(2 puntos)
c) Usando el método de los nudos, determine la fuerza axial en las barras CD, DJ, AB y AH
(2 puntos)
1000N
D
C
0,8m
E
A
H
1,5m
0,8m
F
B
I
J
K
L
500N
500N
1,5m 1,5m 1,5m 1,5m 1,5m
0,8m
G
5. Para la armadura mostrada en la figura, determine la fuerza axial en la barra GE
20kN
B
D
15kN
F
10kN
H
J
(3 puntos)
5kN
L
6m
A
FECHA
3m
C
3m
E
3m
La Molina, 22 de Mayo del 2006
57
G
3m
I
3m
K
SOLUCIONARIO DE PRÁCTICA CALIFICADA Nº 2
CICLO 2006 – I
1. a)
Determinamos las reacciones en los apoyos.
M  0
F  0
F  0

VH (24)  90(6)  180(12)  0

VH  112,5kN 
Y

VA  112,5  90  180  0

VA  157,5kN 
X

HA  0
A
b) Las barras que no trabajan, es decir, barras nulas, son las barras DE y FG
c) Aplicamos el método de los nudos y determinamos las fuerzas internas en el resto de barras.
NUDO “A”:
F
F
Y
0

157,5  FABsen 45o  0

FAB  222,74kN (COMPRESION)
X
0

 222,74 cos 45o  FAC  0

FAC  157,5kN (TRACCION)
FAB
45º
FAC
A
157,5kN
NUDO “C”:
F
F
X
0

FCE  157,5  0

FCE  157,5kN (TRACCION)
Y
0

FBC  90  0

FBC  90kN (TRACCION)
FBC
157,5kN
FCE
C
90kN
NUDO “B”:
F
Y
0

222,74 cos 45o  90  FBE cos 45o  0

F
X
0

FBE  95,46kN (TRACCION)
 FBD  95,46sen 45o  222,74sen 45o  0

B
FBD  225kN (COMPRESION)
FBD
45º 45º
FBE
222,74kN
90kN
58
NUDO “D”:
F
X
0


 FDF  225  0
FDF  225kN (COMPRESION)
D
225kN
FDF
NUDO “E”:
F
Y
0

95,46sen 45o  FEF sen 45o  180  0

F
X
0

FEF  159,1kN (TRACCION)
159,1cos 45o  FEG  95,46 cos 45o  157,5  0

FEG  112,5kN (TRACCION)
FEF
95,46kN
45º
45º
157,5kN
FEG
E
180kN
NUDO “G”:
F
X
0


FGH  112,5  0
112,5kN
FGH  112,5kN (TRACCION)
FGH
G
NUDO “F”:
F
Y
0

FFH cos 45o  159,1cos 45o  0

FFH  159,1kN (COMPRESION)
Como comprobación, efectuamos el equilibrio en el eje horizontal.
F
X
0

225  2(159,1sen 45o )  0
F
225kN
45º
159,1kN
45º
FFH
De esta manera, la distribución final de fuerzas internas en la armadura es la mostrada en la
siguiente figura.
59
A
157,5
90
C
6
,4
95
222,74
D
225
157,5
90kN
F
225
15
9,
1
B
E
159,1
112,5
H
G
112,5
180kN
157,5kN
112,5kN
2. a) Determinamos las reacciones en los apoyos.
M
F
F
A
0
VC (14)  60(14)  60(28)  120(21)  120(14)  120(7)  0


VC  540kN 
Y
0

 VA  540  60  60  0

VA  420kN 
X
0

H A  60  3(120)  0

H A  420kN 
b) En la siguiente armadura, se muestran los cortes a efectuar.
60kN
60kN
N
60kN M
120kN J
L
K
2
1
2
120kN G
1
I
H
3
120kN D
F
3
E
HA=420kN A
C
B
VA=420kN
VC=540kN
CORTE 1-1:
M
F
F
G
0

FLI (14)  60(14)  60(14)  120(7)  0
Y
0

180  60  60  FGJ  0
X
0

 FHI  60  120  FHG  0
FHG  FHI  180
60

FLI  180kN (COMPRESION)

FGJ  60kN (TRACCION)
………………. (a)
60kN
60kN
60kN
120kN
FLI
FGJ
G
FHG FHI
CORTE 2-2:
M
L
0

60(14)  60(14)  60(7)  FJHsen 45o (14)  0

F
Y
0

FJH  127,28kN (COMPRESION)
180  60(3)  127,28sen 45o  FHL sen 45o  0

60kN
FHL  127,28kN (TRACCION)
60kN
60kN
120kN
L
45º
60kN FJH
45º
FHL 180kN
CORTE 3-3:
M
F
0

 FDG (14)  420(7)  420(14)  0

FDG
120kN
FDG  210kN (TRACCION)
FFI
FDE
FFE
F
420kN
420kN
540kN
NUDO “G”:
F
F

Y
0

60  210  FGE sen 45o  0
X
0

FGH  120  212,13 cos 45o  0

61
FGE  212,13kN (COMPRESION)
FGH  30kN (TRACCION)
60kN
120kN
FGH
G
45º
FGE
210kN
Reemplazamos en la ecuación (a) del corte 1-1 y obtenemos:
FHI  150kN (COMPRESION)
Los valores obtenidos lo graficamos en la siguiente armadura.
60kN
60kN
N
60kN M
120kN J
L
7,
180
I
12
28
120kN G
7,
60
28
12
K
150
30
H
120kN D
F
E
420kN A
C
B
420kN
540kN
3. a) Calculamos las reacciones en los apoyos.
M  0
F  0
F  0

VL (27)  90(4,5)  90(9)  90(13,5)  0

VL  90kN 
Y

VA  90  270  0

VA  180kN 
X

HA  0
A
b) Los cortes a efectuar para determinar las fuerzas internas en las barras BD, FH y GI son los
mostrados en la figura.
1
2
90kN
90kN
F
90kN D
H
J
B
A
L
C
E
G
1
I
2
62
K
Luego, analizamos cada uno de los cortes.
CORTE 1-1:
Antes de efectuar el corte 1-1, determinamos el valor del ángulo 
F
4,5m

A
G
13,5m
 4,5 
  arctg
  18,43o
13
,
5


Ahora, calculamos la distancia d 1 del corte 1-1
sen18,43o 
d1
9

d1  2,85m
18,43º
9m
d1
Efectuamos el corte 1-1 y analizamos su equilibrio.
M
E
0

 180(9)  90(4,5)  FBD (2,85)  0
FBD  426,31kN (COMPRESION)
90kN
FBD
B
d1

A
C
E
180kN
CORTE 2-2:
Previo a su análisis, determinamos el valor de la distancia d 2
d2
18,43º
13,5m
sen18,43o 
d2
13,5

d 2  4,27m
Ahora, efectuamos el corte 2-2 y analizamos su equilibrio.
M
M
G
0

90(13,5)  FFH (4,27)  0

FFH  284,54kN (COMPRESION)
H
0

90(9)  FGI (3)  0

FGI  270kN (TRACCION)
63
FFH
H
d2
J
FGH
G
FGI
L
I
K
90kN
c) Analizamos el equilibrio del nudo F, usando el método de los nudos.
F
X
0

FFD cos 18,43o  284,54 cos 18,43o  0
FFD  284,54kN (COMPRESION)
F
Y
0

(284,54sen18,43o )(2)  90  FFG  0
FFG  90kN (TRACCION)
90kN
F
18,43º
FFD
18,43º
284,54kN
FFG
De esta manera, las fuerzas internas finales en las barras solicitadas, son las mostradas en la
figura.
90kN
90kN
90kN
B
D
1
,54
2 84
F
,3
426
28 4
,54
H
90
J
A
L
C
E
G
270
I
K
VA=180kN
4. a)
VL=90kN
No trabajan las barras BH, BI, FL, FK, debido a que su fuerza axial es cero.
b) Determinamos el valor del ángulo 
D
A
2,4m

J
4,5m
tg 
2,4
4,5

 2,4 
  arctg
  28,07 o
 4,5 
Ahora, calculamos las reacciones en los apoyos.
64
M
A
0

VG (9)  500(3)  500(6)  1000 cos 28,07 o (4,5)  1000sen 28,07 o (2,4)  0
VG  815,70N 
F
0
X

H A  1000sen 28,07 o  0
H A  470,55N 
F
0
Y

VA  815,70  500  500  1000 cos 28,07 o  0
VA  1066,67 N 
Efectuamos el corte 1-1 y analizamos el equilibrio del lado derecho de la armadura.
M
J
0

815,70(4,5)  500(1,5)  FDE cos 28,07 o (1,6)  FDE sen 28,07 o (1,5)  0
FDE  1379,21N (COMPRESION)
1
FDE

E
F
FEJ
J F
JK
1

G
K
L
500N
815,70N
c) NUDO “A”:
F
Y
0

1066,67  FABsen 28,07 o  0
FAB  2266,85N (COMPRESION)
F
X
0

470,55  2266,85 cos 28,07 o  FAH  0
FAH  1529,66N (TRACCION)
FAB
470,55N
A

FAH
1066,67N
NUDO “D”:
F
X
0

FCD cos 28,07 o  1379,21cos 28,07 o  1000sen 28,07 o  0
FCD  1912,49N (COMPRESION)
F
Y
0

1912,49sen 28,07 o  1379,21sen 28,07 o  1000 cos 28,07 o  FDJ  0
FDJ  666,53N (TRACCION)
65
1000N

D


1379,21N
FCD
FDJ
5. Efectuamos el corte 1-1 (figura a) y analizamos el equilibrio de la parte derecha de dicho corte (figura b),
obteniendo la fuerza axial en la barra GE
M
der
H
0
 10(3)  5(6)  FGE (6)  0

FGE  10kN (COMPRESION)
a)
B
20kN
15kN
D
F
10kN
1
H
J
5kN
L
10kN
b)
H
FHF
J
5kN
L
FHA
FHC
FHE
A
C
E
G
I
K
1
66
FGE
G
I
K
U N I V E R S I D A D
D E
SAN MARTIN DE PORRES
USMP - FIA
EVALUACIÓN
PRÁCTICA CALIFICADA Nº 2
SEM. ACADÉMICO
2006 – II
CURSO
ESTÁTICA
SECCIÓN
29D
PROFESOR
Ph.D. GENNER VILLARREAL CASTRO
DURACIÓN
100m
ESCUELA
INGENIERIA CIVIL
CICLO
IV
1. Para la siguiente armadura, se pide:
a) Calcular las reacciones en los apoyos.
(1 punto)
b) Indicar la barra que no trabaja.
(0.5 puntos)
c) Determinar las fuerzas en el resto de barras de la armadura, usando el método de los nudos e
indicando en cada caso si las fuerzas son de tracción o compresión.
(3.5 puntos)
90kN
D
135kN
90kN
B
G
4,5m
A
I
C
E
4,5m
H
90kN
4,5m
4,5m
4,5m
2. Para la armadura mostrada en la figura, se pide:
a) Calcular las reacciones en los apoyos.
(1 punto)
b) Determinar las fuerzas axiales en las barras BC, CD y CE, a través del método de las secciones.
(3 puntos)
135kN
90kN C
135kN
D
67,5kN
67,5kN
4,5m
90kN
B
G
4,5m
A
4,5m
E
6m
4,5m
3. Dada la siguiente armadura:
a) Usando el corte 1-1, determine las fuerzas axiales en las barras AB, BG y EG, indicando si están en
tracción o compresión.
(2 puntos)
67
b) Analizando los nudos H y A, determine que barra no trabaja y cuál es la fuerza axial en la barra AG
(1 punto)
4kN
D
4kN
1kN
3m
E
C
1kN
1
3m
G
B
1kN
3m
1
A
H
4m
4. Para la armadura mostrada en la figura, determine las fuerzas axiales en las barras AG, AB, BG, GH,
CD, CJ e IJ, indicando si están trabajando en tracción o compresión.
(4 puntos)
10kN
B
A
C
D
8kN
E
3m
G
I
H
2m
2m
K
J
2m
2m
15kN
5. Para la armadura mostrada en la figura, determine las fuerzas axiales en las barras AE, EG y HL,
indicando si están trabajando en tracción o compresión.
(4 puntos)
6kN
B
C
E
I
H
K
6m
A
J
D
G
9kN
4m
FECHA
4m
L
7kN
4m
La Molina, 23 de Octubre del 2006
68
4m
4m
SOLUCIONARIO DE PRÁCTICA CALIFICADA Nº 2
CICLO 2006 – II
1. a)
Determinamos las reacciones en los apoyos.
M  0
F  0
F  0

VI (18)  135(4,5)  90(9)  90(13,5)(2)  0 
VI  213,75kN 
Y

VA  213,75  135  90(3)  0

VA  191,25kN 
X

HA  0
A
b) La única barra que no trabaja es la barra DE
c) Determinamos el valor del ángulo 
tg 
4,5
9

  arctg0,5  26,56 o
D
4,5m

A
E
9m
Ahora, aplicamos el método de los nudos y determinamos las fuerzas internas en el resto de barras.
NUDO “A”:
F
F

Y
0

191,25  FABsen 26,56 o  0
X
0

 427,72 cos 26,56 o  FAC  0 
FAB  427,72kN (COMPRESION)
FAC  382,58kN (TRACCION)
FAB
26,56º
A
FAC
191,25kN
NUDO “B”:
F
X
0

427,72 cos 26,56 o  FBD cos 26,56 o  0

F
Y
0

FBD  427,72kN (COMPRESION)
FBC  135  427,72sen 26,56 o  427,72sen 26,56 o  0

135kN
B


FBC  135kN (COMPRESION)
FBD
FBC
427,72kN
NUDO “C”:
F
Y
0

FCDsen 45o  135  0
69

FCD  190,92kN (TRACCION)
F
X
0

 382,58  190,92 cos 45o  FCE  0

FCE  247,58kN (TRACCION)
FCD
135kN
45º
382,58kN
FCE
C
NUDO “E”:
F
X
0


FEH  247,58  0
247,58kN
FEH  247,58kN (TRACCION)
FEH
E
NUDO “D”:
F
X
0

427,72 cos 26,56 o  190,92sen 45o  FDH sen 45o  FDG cos 26,56 o  0
 0,707FDH  0,894FDG  247,58
F
Y
0
…………….. (a)

 90  427,72sen 26,56 o  190,92 cos 45o  FDH cos 45o  FDG sen 26,56 o  0
 0,707FDH  0,447FDG  33,75
…………….. (b)
90kN

D
427,72kN
45º 45º
190,92kN

FDH
FDG
FDG  478,37kN (COMPRESION)
Resolvemos las ecuaciones (a) y (b), obteniendo:
FDH  254,71kN (TRACCION
NUDO “G”:
Como las fuerzas están orientadas a lo largo de una misma línea, se tendrá un caso análogo al
FGI  478,37kN (COMPRESION)
nudo B, obteniéndose por equilibrio las fuerzas internas:
FGH  90kN (COMPRESION)
90kN
478,37kN

G
FGH
NUDO “H”:
F
X
0

FHI  254,71cos 45o  247,58  0
70

FGI

FHI  427,69kN (TRACCION)
Como comprobación, efectuamos el equilibrio en el eje vertical.
F
Y
0
 90  254,71sen 45o  90  0

90kN
254,71kN
247,58kN
45º
H
FHI
90kN
De esta manera, la distribución final de fuerzas internas en la armadura es la mostrada en la
siguiente figura.
90kN
D
135kN
A
19
0,
92
72
7, 135
42
C
382,58
247,58
G
71
4,
25
B
478 90kN
,37
2
7,7
42
E
90
H
247,58
4,5m
47
8,3
7
I
427,69
90kN
191,25kN
4,5m
4,5m
4,5m
213,75kN
4,5m
2. a) Determinamos las reacciones en los apoyos.
M
F
F
A
0
VE (6)  90(4,5)  67,5(4,5)  90(9)  135(6)  67,5(10,5)  0


VE  405kN 
Y
0

VA  405  67,5(2)  135(2)  0

VA  0
X
0

90(2)  H A  0

H A  180kN 
b) En la siguiente armadura, se muestran los cortes a efectuar.
135kN
135kN
2
90kN C
67,5kN 1
D
67,5kN
4,5m
90kN
B
G
4,5m
180kN
A
E
1 2
4,5m
6m
71
405kN
4,5m
CORTE 1-1:
M
A
0


 90(4,5)  67,5(4,5)  FBC 4,5 2  0


67,5kN 1
FBC  15,91kN (COMPRESION)
FBC
90kN
B
180kN
A
1
CORTE 2-2:
Determinamos el valor del ángulo 
  arctg(9 / 6)  56,31o
Luego, analizamos el equilibrio del corte.
M  0
F  0
E
Y

FCD  33,75kN (TRACCION)

FCD (9)  67,5(4,5)  0

 FCEsen56,31o  405  67,5  135  0

FCE  243,37kN (COMPRESION)
135kN
2
FCD
D
67,5kN
FCE
G

E
2
405kN
Los valores obtenidos lo graficamos en la siguiente armadura.
135kN
90kN C
D
67,5kN
4,5m
24
15
,9
1
67,5kN
33,75
135kN
7
3, 3
90kN
B
G
4,5m
180kN
A
4,5m
E
6m
72
405kN
4,5m
3. a) Determinamos las reacciones en los apoyos.
M  0
F  0
F  0

VH (4)  1(3)  1(6)  1(9)  4(4)  0

VH  8,5kN 
Y

 VA  8,5  4  4  0

VA  0,5kN 
X

1(3)  H A  0

H A  3kN 
A
Analizamos el equilibrio del corte.
M
G
0

 1(3)  1(6)  4(4)  FAB (4)  0

M
F
X
B
0
0


FAB  1,75kN (COMPRESION)
 4(4)  FEG (4)  1(3)  1(6)  0
 FBG  1  1  0

FEG  6,25kN (COMPRESION)

FBG  2kN (COMPRESION)
4kN
D
4kN
1kN
3m
E
C
1kN
FEG
B
G
FBG
FAB
3m
4m
b) Si analizamos el equilibrio del nudo H, nos daremos cuenta que la barra AG no trabaja.
Ahora, analizamos el equilibrio del nudo A
NUDO “A”:
F
X
0


FAG cos 37 o  3  0
FAG  3,75kN (TRACCION)
1,75kN
FAG
3kN
A
37º
0,5kN
4. Determinamos las reacciones en los apoyos.
M  0
F  0
F  0

10(8)  VI (4)  0

VI  20kN 
Y

 10  20  15  VE  0

VE  5kN 
X

 HA  8  0

H A  8kN 
E
73
Si analizamos el nudo A, tenemos que las fuerzas están orientadas a lo largo de una misma línea, lo
FAB  8kN (TRACCION)
cual es un caso notable, siendo las fuerzas internas:
FAG  10kN (COMPRESION)
Para determinar el resto de fuerzas internas, efectuamos los siguientes cortes.
CORTE 1-1:
  arctg(2 / 3)  33,69 o
Determinamos el valor del ángulo 
F
F

FBG  12,02kN (TRACCION)
Y
0

 10  FBG cos 33,69 o  0
X
0

8  8  12,02sen33,69 o  FGH  0

10kN
8kN
FGH  6,67kN (COMPRESION)
1
A

8kN
FBG
G FGH
1
CORTE 2-2:
M
J
0
F  0
M  0
Y
C

5(2)  15(2)  8(3)  FCD (3)  0

FCD  14,67kN (TRACCION)

FCJ cos 33,69 o  5  15  0

FCJ  12,02kN (TRACCION)

FIJ (3)  5(4)  15(4)  0

FIJ  13,33kN (COMPRESION)
5kN
2
FCD D
E
8kN
FCJ

FIJ J
K
2
15kN
5. Determinamos las reacciones en los apoyos.
M  0
F  0
M  0
F  0
A
Y
der
H
X

VL (20)  9(4)  6(12)  7(16)  0

VL  11kN 

VA  9  6  7  11  0

VA  11kN 

 7(4)  11(8)  H L (6)  0

H L  10kN 

H A  10  0

H A  10kN 
74
Para determinar las fuerzas internas en las barras AE, EG y HL, efectuamos los cortes mostrados en la
siguiente figura.
B
1
C
6kN
3 I
E 2
K
H
6m
3
10kN
A
10kN
D
11kN
J
1 2G
9kN
4m
4m
L
7kN
4m
4m
4m
11kN
Como no sabemos las orientaciones de las fuerzas internas, asumiremos en todos los cortes como si
fueran de tracción, lo cual se corroborará o corregirá de acuerdo al resultado final.
CORTE 1-1:
F
Y
0


FAE sen37 o  11  9  0
B
FAE  3,33kN (COMPRESION)
1
C
FCE
FAE
10kN
37º
D
A
FDG
1
9kN
11kN
CORTE 2-2:
F
Y
0


11  9  FEG  0
B
FEG  2kN (TRACCION)
E 2
C
FEH
FEG
10kN
37º
D
A
2
FDG
9kN
11kN
CORTE 3-3:
F
Y
0


11  7  FHL sen37 o  0
FHI 3
I
FHL  6,67kN (COMPRESION)
K
FHL
3
37º
J
10kN
L
7kN
11kN
75
U N I V E R S I D A D
D E
SAN MARTIN DE PORRES
USMP - FIA
EVALUACIÓN
PRÁCTICA CALIFICADA Nº 2
SEM. ACADÉMICO
2007 – I
CURSO
ESTÁTICA
SECCIÓN
29D
PROFESOR
Ph.D. GENNER VILLARREAL CASTRO
DURACIÓN
100m
ESCUELA
INGENIERIA CIVIL
CICLO
IV
1. Para la siguiente armadura, se pide:
a) Calcular las reacciones en los apoyos.
(1 punto)
b) Indicar las barras que no trabajan.
(0.5 puntos)
c) Determinar las fuerzas en el resto de barras de la armadura, usando el método de los nudos e
indicando en cada caso si las fuerzas son de tracción o compresión.
(2.5 puntos)
180kN 180kN
D
90kN
E
F
6m
A
C
B
3m
3m
3m
3m
2. Para la armadura mostrada en la figura, se pide:
a) Calcular las reacciones en los apoyos.
(1 punto)
b) Determinar las fuerzas axiales en las barras DE, GI, HI, a través del método de las secciones.
(3 puntos)
F
D
H
1,5m
3m
J
B
A
L
C
9m
60kN
E
9m
60kN
G
9m
60kN
76
I
9m
K
9m
9m
4,5m
3. Para la armadura mostrada en la figura, se pide calcular:
a) Las reacciones en los apoyos.
(1 punto)
b) Las fuerzas en las barras AB, AF y FG por el método de los nudos.
(1 punto)
c) Las fuerzas en las barras BC y EF por el método de las secciones.
(1 punto)
200N
D
3m
400N C
H
E
3m
400N B
F
3m
A
G
2m
2m
4. En la armadura mostrada en la figura, todos los triángulos que la conforman son equiláteros. Sabiendo
que la fuerza axial en la barra HD es 600 3kgf en compresión, se pide:
a) Determinar el módulo de la fuerza P
(2 puntos)
b) Calcular las componentes de reacción en los apoyos.
(2 puntos)
P
I
P
G
H
1
1
F
D
E
A
C
B
1m
1m
77
5. Para la siguiente armadura, se pide:
a) Determinar la tensión en el cable DE
(1 punto)
b) Calcular las reacciones en el apoyo A
(1 punto)
c) Usando el método de las secciones, determinar las fuerzas internas en las barras FD, FI, HI, CI, JC
e indicar si son de tracción o compresión.
(3 puntos)
Cable
D
F
6m
C
I
6m
E
G
H
3000kg 1000kg
B
J
A
K
6m
4m
FECHA
4m
La Molina, 21 de Mayo del 2007
78
4m
SOLUCIONARIO DE PRÁCTICA CALIFICADA Nº 2
CICLO 2007 – I
1. a)
Determinamos las reacciones en los apoyos.
M  0
F  0
F  0

VC (12)  90(6)  180(6)  180(9)  0

VC  270kN 
Y

VA  270  180  180  0

VA  90kN 
X

90  H A  0

H A  90kN 
A
b) Las barras que no trabajan, es decir, barras nulas, son las barras AD y BE
c) Aplicamos el método de los nudos y determinamos las fuerzas internas en el resto de barras.
NUDO “D”:
F
X
0


90  FDE  0
D
90kN
FDE  90kN (COMPRESION)
FDE
NUDO “A”:
F
F

Y
0

90  FAE sen 45o  0
X
0

 90  127,28 cos 45o  FAB  0
FAE  127,28kN (COMPRESION)

FAB  180kN (TRACCION)
FAE
45º
A
90kN
FAB
90kN
NUDO “B”:
F
X
0


FBC  180  0
180kN
FBC  180kN (TRACCION)
FBC
B
NUDO “F”:
tg 
6
3

  63,43o
F
F
Y
0

FCFsen63,43o  180  0
X
0

FEF  201,25 cos 63,43o  0 
79

FCF  201,25kN (COMPRESION)
FEF  90kN (COMPRESION)
180kN
F
FEF

FCF
NUDO “C”:
F
0
Y

270  FCEsen 45o  201,25sen63,43o  0

FCE  127,28kN (COMPRESION)
Comprobamos los resultados obtenidos, analizando el equilibrio en el eje “X”
F
0
X

 180  127,28 cos 45o  201,25 cos 63,43o  0
OK
201,25kN
FCE
63,43º
45º
C
180kN
270kN
De esta manera, la distribución final de fuerzas internas en la armadura es la mostrada en la
siguiente figura.
180kN 180kN
D 90
E 90
90kN
F
12
7,2
8
12
7,
28
90kN
A
201,25
C
180
B
180
90kN
270kN
2. a) Determinamos las reacciones en los apoyos.
M  0
F  0
F  0

VL (54)  60(9)  60(18)  60(27)  0

VL  60kN 
Y

VA  60  60  60  60  0

VA  120kN 
X

HA  0
A
b) CORTE 1-1:
Calculamos el valor del ángulo  , que forma la barra BD con la horizontal.
tg 
3
9

  18,43o
80
D

B
3m
9m
Ahora, calculamos la distancia en la horizontal de M a C
tg18,43o 
4,5
x
x  13,5m

B

M
4,5m
C
x
En consecuencia, la distancia MA  4,5m
Con los datos obtenidos esquematizamos el corte 1-1 y calculamos la fuerza interna en la barra DE
M
M
0

120(4,5)  60(13,5)  60(22,5)  FDE (22,5)  0
FDE  72kN (TRACCION)
1
FBD

B
FDE

M
A
C
FEG
E
1
4,5m
120kN 60kN
60kN
9m
9m
CORTE 2-2:
Efectuamos el corte 2-2 para determinar las fuerzas internas en las barras HI y GI
M
M
N
0

 60(4,5)  FHI (22,5)  0

FHI  12kN (COMPRESION)
H
0

60(18)  FGI (7,5)  0

FGI  144kN (TRACCION)
2
FHJ
H

FHI
FGI
J

I
L
K
2
9m
81
9m
60kN
4,5m
N
3. a) Calculamos las reacciones en los apoyos.
M  0
F  0
A
Y

VG (4)  400(3)  400(6)  200(9)  0

VG  1350N 

 VA  1350  0

VA  1350 N 
NUDO “G”:
Calculamos la reacción horizontal en G y la fuerza en la barra FG, analizando el equilibrio en el
apoyo G, por el método de los nudos.
F
F
X
0

HG  0
Y
0

1350  FFG  0

FFG  1350N (COMPRESION)
FFG
G
HG
1350N
Retornamos a la armadura original, analizando su equilibrio total.
F
X
b)
0


400  400  200  H A  0
H A  1000N 
NUDO “A”:
Analizamos el equilibrio en el apoyo A de la armadura.
F
F
X
0

FAF cos 37 o  1000  0

FAF  1250N (TRACCION)
Y
0

FAB  1250sen37 o  1350  0

FAB  600N (TRACCION)
FAB
1000N
FAF
37º
A
1350N
c)
Efectuamos el corte 1-1, tal como se muestra en la siguiente figura.
200N
400N C
D
H
E
1
1
400N B
F
1000N A
G
1350N
82
1350N
Ahora, analizamos el equilibrio de la parte superior al corte 1-1
M  0
F  0
E
Y

 200(3)  FBC (4)  0

FBC  150N (TRACCION)

FEF  150  0

FEF  150N (COMPRESION)
200N
D
400N C
E
FCH FEH
1
1
FBC
4. a)
FEF
Distribuimos las distancias y longitudes de las barras de la armadura, sabiendo que un triángulo
equilátero es aquel cuyos lados son iguales y los ángulos internos son de
60 o cada uno.
I
0,5
0,5
0,5
G
0,5
1
0,5
30º
A
0,5
0,5
1
0,433m
D
0,5
E
1
1
0,5m
H
0,5
F
0,433m
1
0,25m
C
1
B
0,25m
0,25m
0,866m
0,5m
0,25m
Ahora, efectuamos el corte 1-1 y analizamos el equilibrio de la parte superior de la armadura.
P
I
P
1
H
G
FFG
F
600 3kgf
30º
FEF E FED
0,25m
F
0

0,433m
0,433m
D
60º
0,25m
0,25m
M
1
0,25m
600 3 cos 30 o (0,75)  600 3sen30 o (0,433)  P(0,25)  P(0,5)  0
P  1200kgf
b) Calculamos las reacciones en los apoyos, analizando toda la armadura.
M
A
0

VC (2)  1200(0,75)  1200(1)  0
83

VC  1050kgf 
F
F
5. a)
Y
0

VA  1050  2(1200)  0
X
0

HA  0

VA  1350kgf 
Efectuamos un corte en el cable y analizamos el equilibrio de toda la estructura, determinando la
fuerza interna en el cable, denotado como T
M
A
0


 3000(8)  1000(12)  T(18)  0
T
D
1
2
F
C
I
E
G
H
1
6m
2
3000kg 1000kg
3
3
B
T  2000kg
6m
J
6m
HA
A
K
4m
4m
4m
VA
b) Efectuamos el cálculo de reacciones, utilizando el mismo corte.
F
F
X
0

H A  2000  0

H A  2000kg 
Y
0

VA  3000  1000  0

VA  4000kg 
c) Aplicamos el método de las secciones para determinar las fuerzas internas en las barras requeridas.
CORTE 1-1:
Efectuamos el corte 1-1, determinando las fuerzas internas en las barras FD, FI y HI
M
I
0

 3000(4)  1000(8)  FFDsen37 o (4)  FFD cos 37 o (3)  0
FFD  4166,67kg (TRACCION)
M
G
0

3000(4)  FFIsen37 o (4)  FFI cos 37 o (3)  0
FFI  2500kg (COMPRESION)
M
F
0

 1000(4)  FHI (3)  0
FHI  1333,33kg (COMPRESION)
FFD
F
37º
37º
FFI
I
3m
37º
FHI
G
H
3000kg 1000kg
4m
4m
84
CORTE 2-2:
Analizamos el corte 2-2, determinando la fuerza interna en la barra CI
M
D
0

 3000(4)  1000(8)  FCI (6)  0
FCI  3333,33kg (COMPRESION)
D
4166,67
FDI
3m
FCI
I
G
H
FIJ
3m
F
3000kg 1000kg
4m
4m
CORTE 3-3:
Calculamos el ángulo que forma la barra JC con la barra JB, denotado como 
tg 
6
4

  56,31o
Efectuamos el equilibrio de las fuerzas en el eje horizontal.
F
X
0

2000  FJC cos 56,31o  0
FJC  3605,56kg (TRACCION)
FBC
B
FJC

2000kg A
J
K
4000kg
85
FJI
U N I V E R S I D A D
D E
SAN MARTIN DE PORRES
USMP - FIA
EVALUACIÓN
EXAMEN FINAL
SEM. ACADÉMICO
2006 – I
CURSO
ESTÁTICA
SECCIÓN
29D
PROFESOR
Ph.D. GENNER VILLARREAL CASTRO
DURACIÓN
120m
ESCUELA
INGENIERIA CIVIL
CICLO
IV
1. Responda las siguientes preguntas justificando su respuesta:
a) ¿Si en una rótula actúa una carga puntual P, entonces será correcto afirmar que en dicha rótula el
momento es diferente de cero?
(0.5 puntos)
b) ¿Será correcto afirmar, que si en un tramo de una viga, su diagrama de fuerza cortante es
constante, entonces en dicho tramo su diagrama de momento flector será una línea recta inclinada?
De un ejemplo.
(0.5 puntos)
c) Para la viga simplemente apoyada mostrada en la figura, determine el momento en el centro de la
luz.
(1 punto)
wL
w
L/2
L/2
2. En la figura se muestra una barra quebrada ABC de peso despreciable, sobre la cual actúa un cable (1)
en el punto medio de AB, una fuerza de 8000N en el punto medio de BC y una carga distribuida en
forma triangular.
Sabiendo que el sistema está en equilibrio, se pide determinar:
a) Las tensiones en los cables (1) y (2)
(1 punto)
b) Las componentes de reacción en los apoyos A y C
(2 puntos)
c) La fuerza axial, fuerza cortante y momento flector a 2m a la derecha del apoyo A
(2 puntos)
3m
8000N
C
600N/m
1,5m
45º
A
B
(1)
(2)
60º
W =500N
86
3. Dada la siguiente viga, graficar los diagramas de fuerza cortante, momento flector y refuerzo,
debidamente acotados.
(3 puntos)
800kgf
1000kgf/m
500kgf/m
A
B
4m
1m
4. Para la viga mostrada en la figura, se pide:
a) Determinar las ecuaciones de la fuerza cortante V y el momento flector M para el tramo BC en
términos de “X”, considerando el origen en A
(2 puntos)
b) Graficar los diagramas de fuerza cortante y momento flector debidamente acotados.
2T
A
B
1m
1T
3T/m
2T/m
2T.m
(2 puntos)
1T.m
C
D
1,5m
2m
E
1m
X
5. La viga mostrada en la figura está sometida únicamente a la acción de cargas puntuales y carga
distribuida. Se pide:
a) Esquematizar las cargas en la viga y reacciones en los apoyos.
(1.5 puntos)
b) Graficar los diagramas de momento flector y refuerzo.
(1.5 puntos)
A
B
7,92
5,50
+
V
(T)
4,08
7,08
1,5m
0,75m 0,75m
87
1m
6.
Calcular las reacciones en los apoyos y graficar los diagramas de fuerza axial, fuerza cortante y
momento flector para el pórtico mostrado en la figura.
(3 puntos)
180kN
C
360kN
D
E
F
4,5m
135kN
B
4,5m
A
G
3m
FECHA
6m
La Molina, 19 de Junio del 2006
88
3m
SOLUCIONARIO DE EXAMEN FINAL
CICLO 2006 – I
1. a)
FALSO. El momento en la rótula siempre es cero.
b) VERDADERO. Debido a que en dicho tramo la ecuación de la fuerza cortante es una constante,
entonces la ecuación del momento será de una recta.

Siempre se debe de cumplir M ( X )  V( X ) dx
Como ejemplo, en la siguiente figura podemos observar que en los tramos AB y BC el diagrama de
fuerza cortante es constante y el diagrama de momento flector una recta inclinada.
P
A
C
B
P/2
L/2
P/2
L/2
P/2
+
A
C
V
C
M
B
P/2
A
B
PL/4
c) Por simetría determinamos las reacciones en los apoyos.
VA  VC 
wL  wL
 wL 
2
wL
w
A
C
B
wL
wL
L/2
wL
+
A
L/2
wL/2
C
B
wL/2
A
B
V
wL
C
M
+
3wL2/8
Luego, calculamos el momento en el centro de la viga, por ecuaciones y método de las áreas.
ECUACIONES:
2
L
 L  L  3wL
M B  wL   w   
8
2
 2  4 
89
METODO DE LAS AREAS:
wL  L 

 wL 
 
2  2  3wL2

MB 

2
8
Como podremos apreciar los resultados son los mismos.
Ahora, graficamos los diagramas de fuerza cortante y momento flector, que se muestran en la figura
de la página anterior.
2.
a) Analizamos el equilibrio del nudo donde actúa la carga W  500N
F
F
X
0

 P1 cos 60 o  P2 cos 30 o  0

P1  1,732P2
Y
0

P1sen60 o  P2 sen30 o  500  0

P2  250N (TRACCION)
P1  433N (TRACCION)
P1
P2
60º
30º
500N
b) Aplicamos la carga P1  433N a la barra de eje quebrado y analizamos su equilibrio.
M
C
0

1
8000(0,75)  (3)(600)(3,5)  433 cos 60 o (1,5)  433sen60 o (3)  VA (4,5)  0
2
VA  2355,49N 
F
Y
0
1
2355,49  VC  (3)(600)  8000  433sen60 o  0
2

VC  6919,50N 
F
X
0
433 cos 60 o  H C  0

H C  216,50N 
8000N
C
HC=216,50N
600N/m
VC=6919,50N
A
VA=2355,49N
1,5m
B
60º
433N
1,5m
1,5m
0,75m 0,75m
c) Identificamos como D el punto ubicado a 2m a la derecha del apoyo A y efectuamos un corte,
orientando en forma positiva las fuerzas internas, analizando su equilibrio.
F
X
0

N D  433 cos 60 o  0
90
N D  216,50N (COMPRESION)
F
0
Y
2355,49 

(600  200).2
 433sen60 o  VD  0
2
VD  1180,50N
M
0
D

1
2 
 2355,49(2)  433sen60 o (0,5)  200(2)(1)  (2)(400) .2   M D  0
2
3 
M D  3590,15N.m
600N/m
200N/m
MD
A
60º
D VD
ND
433N
1,5m
3.
0,5m
Determinamos las reacciones en los apoyos.
M
A
0
VB (4)  1000(4)(2)  800(4)  500(1)(4,5)  0

VB  3362,5kgf 
F
Y
0
VA  3362,5  1000(4)  800  500(1)  0

VA  1937,5kgf 
F
X
0
HA  0

800kgf
1000kgf/m
500kgf/m
A
B
4m
1m
1937,5
+
C
A
B
500
D
1,9375m
2,0625m
A
V
(kgf)
2062,5
250
C
B
+
D
M
(kgf.m)
1877
REFUERZO
91
Con los valores obtenidos graficamos los diagramas de fuerza cortante y momento flector, efectuando
este último por el método de las áreas.
DIAGRAMA “M”:
MA  0
MC 
1
(1,9375)(1937,5)  1877kgf .m
2
1
M B  1877  (2,0625)(2062,5)  250kgf .m
2
1
M D  250  (1)(500)  0
2
El diagrama de refuerzo lo realizamos de acuerdo al signo del diagrama de momento flector.
4. a)
Calculamos las reacciones en los apoyos.
M
A
0

VD (4,5)  2  1  2(1,5)(1,75)  3(2)(3,5)  1(4,5)  0
VD  6,61T 
F
Y
0

VA  6,61  2  2(1,5)  3(2)  1  0
VA  5,39T 
F
X
0

HA  0
Efectuamos un corte a una distancia “X” del apoyo A, perteneciente al tramo BC, es decir, en un
nuevo punto F, analizando su equilibrio.
F
F
X
0

NF  0
Y
0

5,39  2  2(X  1)  VF  0
VF  5,39  2X
M
F
0

(X  1) 2
 5,39X  2X  2  2
 MF  0
2
M F  X 2  5,39X  3
2T
2T/m
MF
2T.m
A
5,39T
B
NF
F
VF
1
X-1
X
b) Graficamos los diagramas de fuerza cortante y momento flector, aplicando el método de las áreas
para este último, quedando a criterio del lector la comprobación de los resultados para el tramo BC,
a través de las fórmulas obtenidas.
DIAGRAMA “M”:
MA  0
M antes
 3,39(1)  3,39T.m
B
92
M después
 3,39  2  1,39T.m
B
M C  1,39 
(0,39  3,39).1,5
 4,225T.m
2
1
M G  4,225  (0,13)(0,39)  4,25T.m
2
1
M D  4,25  (1,87)(5,61)  1T.m
2
M E  1  1  0
2T
2T/m
2T.m
A
1T
3T/m
1T.m
B
C
D
5,39T
E
6,61T
3,39
A
+
0,39
B
D
E
CG
(T)
0,13m
1,87m
A
B
5,61
1
CG
D
5. a)
E
M
(T.m)
+
3,39 1,39
V
4,225 4,25
En función del diagrama de fuerza cortante, se obtienen las reacciones en los apoyos y cargas
aplicadas sobre la viga, tal como se muestra en la figura de la siguiente página.
b) Graficamos el diagrama de momento flector, a través del método de las áreas.
DIAGRAMA “M”:
MA  0
MC 
1
(0,99)(7,92)  3,92T.m
2
1
M D  3,92  (0,51)(4,08)  2,88T.m
2
M E  2,88  4,08(0,75)  0,18T.m
M B  0,18  7,08(0,75)  5,5T.m
M F  5,5  5,5(1)  0
El diagrama de refuerzo lo efectuamos de acuerdo al signo del diagrama de momento flector.
93
3T
8T/m
5,5T
B
A
VA =7,92T
VB=12,58T
1,5m
0,75m 0,75m
1m
7,92
5,5
+
C
A
D
E
B
F
0,99m
0,51m
V
(T)
4,08
7,08
5,5
C
A
D
0,18
E
+
3,92
F
B
M
(T.m)
2,88
REFUERZO
6.
Determinamos las reacciones en los apoyos.
M  0
F  0
F  0

VG (12)  135(4,5)  180(3)  360(9)  0

VG  365,625kN 
Y

VA  365,625  180  360  0

VA  174,375kN 
X

135  H A  0

H A  135kN 
A
En la siguiente figura se muestran las reacciones en los apoyos.
180kN
C
360kN
F
4,5m
135kN
4,5m
135kN
174,375kN
G
A
3m
6m
3m
365,625kN
Ahora, graficamos los diagramas de fuerza axial, fuerza cortante y momento flector.
DIAGRAMA “N”:
N AC  174,375kN
(COMPRESIÓN)
N FG  365,625kN
(COMPRESIÖN)
Con los valores obtenidos, graficamos el diagrama de fuerza axial, tal como se muestra en la siguiente
figura.
94
C
F
174,375
365,625
N
(kN)
A
G
DIAGRAMA “V”:
VAB  135kN
VBC  0
VCD  174,375kN
VDE  174,375  180  5,625kN
VEF  5,625  360  365,625kN
VFG  0
Con los valores obtenidos, graficamos el diagrama de fuerza cortante, tal como se muestra en la
siguiente figura.
174,375
+
D
C
E
F
5,625
B
V
135 +
365,625
(kN)
A
G
DIAGRAMA “M”:
MA  0
M B  135(4,5)  607,5kN.m
M C  607,5  0  607,5kN.m
M D  607,5  174,375(3)  1130,625kN.m
M E  1130,625  5,625(6)  1096,875kN.m
M F  1096,875  365,625(3)  0
MG  0
95
Con los valores obtenidos, graficamos el diagrama de momento flector, tal como se muestra en la
siguiente figura.
607,5
D
E
F
C
+
607,5
B
+
1096,875
1130,625
607,5
M
A
(kN.m)
96
G
U N I V E R S I D A D
D E
SAN MARTIN DE PORRES
USMP - FIA
EVALUACIÓN
EXAMEN FINAL
SEM. ACADÉMICO
2006 – II
CURSO
ESTÁTICA
SECCIÓN
29D
PROFESOR
Ph.D. GENNER VILLARREAL CASTRO
DURACIÓN
120m
ESCUELA
INGENIERIA CIVIL
CICLO
IV
1. Responda las siguientes preguntas justificando su respuesta:
a) Si la expresión de la fuerza cortante V( X ) es de grado 2, ¿de qué grado será la expresión de su
momento flector M ( X ) ?
(0.5 puntos)
b) Se tiene una viga de concreto armado de sección transversal rectangular de ancho B, altura 50cm y
5,20m de longitud; sabiendo que dicho elemento estructural pesa 1560kgf, calcule el ancho B de la
viga, si el peso específico del concreto armado es de 2400kgf/m
3
(0.5 puntos)
c) ¿El diagrama de momento flector corresponde a la viga o no?
(1 punto)
P
P
A
C
B
L/2
D
L/2
L/2
PL/2
M
+
PL/2
2. En la siguiente estructura en equilibrio se tiene una barra doblada AB, donde la reacción en el apoyo B
es 300kgf, determine:
a) El valor de “w”
(1 punto)
b) Las fuerzas internas a 2m a la derecha del apoyo A
(1 punto)
w
A
2m
B
3m
2m
97
1m
3. Para la viga mostrada en la figura, graficar los diagramas de fuerza cortante y momento flector,
debidamente acotados.
(3 puntos)
1,2T/m
A
B
6T.m
3m
D
C
2m
3m
4. Para la viga en voladizo con empotramiento en A, se pide:
a) Determinar las ecuaciones de la fuerza cortante V y el momento flector M para el tramo BC en
términos de “X”, considerando el origen en B
(2 puntos)
b) Graficar los diagramas de fuerza cortante y momento flector debidamente acotados.
2T/m
A
B
2T/m
1T
C
D
X
2m
1,5m
(3 puntos)
1m
5. Para la viga mostrada en la figura, graficar los diagramas de fuerza cortante y momento flector, si la
X
carga distribuida varía por una dependencia cuadrática w X  w  
L
2
(5 puntos)
w
wX
A
B
X
L
6.
Calcular las reacciones en los apoyos y graficar los diagramas de fuerza axial, fuerza cortante y
momento flector para el pórtico mostrado en la figura.
(3 puntos)
45kN/m
3m
D
C
135kN
B
6m
A
12m
FECHA
La Molina, 20 de Noviembre del 2006
98
SOLUCIONARIO DE EXAMEN FINAL
CICLO 2006 – II
1. a)
Como:
dM
dx
V

M   Vdx
En consecuencia, si la ecuación de la cortante V es de grado 2, entonces la ecuación del momento
M será de grado 3
Para que se produzca esto, en dicho tramo, debe de existir carga triangular.
b) Por dato del problema:
1560  2400(B)(0,5)(5,2)

B  0,25m  25cm
c) Determinamos las reacciones en los apoyos.
M
F
F
A
0

 L   3L 
VC (L)  P   P   0
2  2 

VC  2P 

VA  0
Y
0

VA  P  2P  P  0
X
0

HA  0
Con los valores obtenidos, graficamos los diagramas de fuerza cortante y momento flector,
aplicando para este último el método de las áreas.
DIAGRAMA “M”:
MA  0
MB  0
PL
L
M C  P   
2
2
MD  
PL
L
 P   0
2
2
P
P
A
C
B
L/2
D
2P
L/2
L/2
P
A
B
C
+
D
V
D
M
P
PL/2
A
B
C
De esta manera, se concluye que es FALSO, porque dicho diagrama de momento M no
corresponde con el del enunciado del problema.
99
2. a)
Aplicamos las ecuaciones de equilibrio para determinar el valor de “w” y las reacciones en los
apoyos.
M  0
F  0
F  0

300(6)  w(2)(4)  0

w  225kgf / m
Y

VA  300  225(2)  0

VA  150kgf 
X

HA  0
A
De esta manera, los valores de la carga y reacciones son las mostradas en la siguiente figura.
w=225kgf/m
A
2m
150kgf
B
3m
2m
1m
300kgf
b) Efectuamos un corte a 2m a la derecha del apoyo A y lo denotamos como C
F  0
F  0
M  0
X

NC  0
Y

150  VC  0

VC  150kgf

 150(2)  M C  0

M C  300kgf .m
C
MC
A
C
NC
VC
150kgf
2m
3.
Determinamos las reacciones en los apoyos.
M  0
F  0
F  0

VD (8)  1,2(5)(2,5)  6  0

VD  2,625T 
Y

VA  2,625  1,2(5)  0

VA  3,375T 
X

HA  0
A
Con los valores obtenidos graficamos los diagramas de fuerza cortante y momento flector, efectuando
este último, por el método de las áreas.
DIAGRAMA “M”:
MA  0
ME 
1
(2,8125)(3,375)  4,746T.m
2
1
M antes
 4,746  (0,1875)(0,225)  4,725T.m
B
2
100
M después
 4,725  6  10,725T.m
B
M C  10,725 
(2,625  0,225).2
 7,875T.m
2
M D  7,875  2,625(3)  0
1,2T/m
A
B
3,375T
3m
6T.m
D
C
2m
3m
2,625T
3,375
+
A
EB
C
D
2,8125m
(T)
0,1875m
A
V
2,625
EB
C
D
(T.m)
+
4,746
4,725
M
7,875
10,725
4. a)
Calculamos las reacciones en el empotramiento.
F
0

HA  0
F
0

1
VA  2(2)  (1,5)(2)  1  0
2

1
M A  2(2)(1)  (1,5)(2)(3)  1(4,5)  0
2
X
Y
M
A
0


El momento en A va en sentido antihorario.
Luego, obtenemos el valor de w X para el tramo BC
wX
2

X 1,5

w X  1,333X
2T/m
wX
B
C
X
1,5m
101
VA  6,5T 
M A  13T.m
Efectuamos un corte en el tramo BC y analizamos su equilibrio.
F
0

N BC  0
F
0

1
6,5  2(2)  (X)(1,333X)  VBC  0
2
X
Y
VBC  0,667X 2  2,5
M
i
0
1
X
 6,5(2  X)  13  2(2)(1  X)  (X)(1,333X)   M BC  0
2
3

M BC  0,222X 3  2,5X  4
2T/m
wX
MBC
13T.m
A
B
6,5T
NBC
i
VBC
2m
X
b) Con las ecuaciones obtenidas, determinamos los valores de la fuerza cortante y momento flector en
el tramo BC
TRAMO BC
PUNTO
X
V
M
(m)
(T)
(T.m)
B
0
2,5
-4
F
0,75
2,125
-2,219
C
1,5
1
-1
Para el resto de puntos, graficamos los diagramas de fuerza cortante y momento flector por los
métodos conocidos.
DIAGRAMA “M”:
M A  13T.m
M E  13 
(6,5  4,5).1
 7,5T.m
2
M B  7,5 
(4,5  2,5).1
 4T.m
2
M D  1  1(1)  0
De esta manera, graficamos los diagramas de fuerza cortante y momento flector, teniendo en
cuenta las siguientes consideraciones:
TRAMO
V
M
AB
Línea recta
Parábola cuadrática
BC
Parábola cuadrática
Parábola cúbica
CD
Constante
Línea recta
102
2T/m
2T/m
1T
C
D
13T.m
A
B
6,5T
2m
1,5m
1m
6,5
4,5
2,5 2,125
+
A
1m
E
B
F
0,75m
1
C
D
V
(T)
13
7,5
4
A
E
2,219 1
B
F
C
D
M
(T.m)
5. Para obtener las ecuaciones de la cortante y del momento, aplicamos la siguiente relación diferencial.
d2M
X
 w X  w 
2
dX
L
2
Integramos en forma consecutiva dos veces y obtenemos:
dM
wX 3
 V   2  C1
dX
3L
wX 4
M
 C1 X  C 2
12L2
Las constantes de integración C1 y C 2 , lo determinamos a través de las condiciones de borde o
extremos.
a) Si X  0

M X 0  0

C2  0
b) Si X  L

M XL  0

C1 
wL
12
De esta manera, las ecuaciones resultantes de la fuerza cortante y momento flector son:
V( X )  
M (X)
wX 3 wL

12
3L2
wX 4 wLX


12
12L2
Como sabemos, donde la fuerza cortante es cero, el momento será máximo, para ello, igualamos a cero
la ecuación de la fuerza cortante.

wX 3 wL

0
12
3L2

X  0,63L
103
Para tener una mejor forma del diagrama, lo efectuamos a través de la siguiente tabla.
X
V
M
( L)
( wL)
( wL2 )
0
0,0833
0
0,25
0,0781
0,0205
0,5
0,0417
0,0365
0,63
0
0,0394
0,75
-0,0573
0,0361
1
-0,25
0
Con los valores obtenidos, graficamos los diagramas finales de fuerza cortante y momento flector, tal
como se muestra en la siguiente figura.
w
wX
A
B
X
L
+
V
(wL)
0,25
M
+
6.
Determinamos las reacciones en los apoyos.
M  0
F  0
F  0

VD (12)  135(6)  45(12)(6)  0

VD  337,50kN 
Y

VA  337,50  45(12)  0

VA  202,50kN 
X

135  H A  0

H A  135kN 
A
En la siguiente figura se muestran las reacciones en los apoyos.
104
45kN/m
3m
D
C
135kN
337,5kN
6m
135kN A
12m
202,5kN
Ahora, graficamos los diagramas de fuerza axial, fuerza cortante y momento flector.
DIAGRAMA “N”:
N AC  202,5kN
(COMPRESIÓN)
N CD  0
Con los valores obtenidos, graficamos el diagrama de fuerza axial, tal como se muestra en la siguiente
figura.
D
C
N
(kN)
A
DIAGRAMA “V”:
VAB  135kN
VBC  0
VCCD  202,5kN
VECD  202,5  45(4,5)  0
VDCD  0  45(7,5)  337,5kN
VD  337,5  337,5  0
Con los valores obtenidos, graficamos el diagrama de fuerza cortante, tal como se muestra en la
siguiente figura.
105
202,5
C
+
E
D
4,5m
B
7,5m
135 +
337,5
V
A
(kN)
DIAGRAMA “M”:
MA  0
M B  135(6)  810kN.m
M C  810  0  810kN.m
1
M E  810  (202,5)(4,5)  1265,625kN.m
2
1
M D  1265,625  (337,5)(7,5)  0
2
Con los valores obtenidos, graficamos el diagrama de momento flector, tal como se muestra en la
siguiente figura.
C
810 E
810
B +
D
+
1265,625
M
A
(kN.m)
106
U N I V E R S I D A D
D E
SAN MARTIN DE PORRES
USMP - FIA
EVALUACIÓN
EXAMEN FINAL
SEM. ACADÉMICO
2007 – I
CURSO
ESTÁTICA
SECCIÓN
29D
PROFESOR
Ph.D. GENNER VILLARREAL CASTRO
DURACIÓN
120m
ESCUELA
INGENIERIA CIVIL
CICLO
IV
1. Responda las siguientes preguntas justificando su respuesta:
a) ¿Será correcto afirmar que en una estructura, si su fuerza cortante es cero y cruza del positivo al
negativo, entonces su momento flector en dicho punto también es cero?
(0.5 puntos)
b) Una viga simplemente apoyada de 6m de longitud pesa 2 toneladas, ¿será correcto afirmar que el
momento flector máximo ocurre en el centro de la viga y vale 3T.m?
(1 punto)
c) ¿Será correcto afirmar que el momento flector máximo de la viga mostrada es PL/3?
P
(0.5 puntos)
P
A
B
L/3
L/3
L/3
2. En el sistema homogéneo mostrado en la figura, se tiene una barra rígida doblada ABC de 140kgf de
peso, donde la componente de reacción en el apoyo C es 1115kgf, se pide:
a) Determinar el valor de la carga W
(1.5 puntos)
b) Calcular la fuerza axial o normal, fuerza cortante y momento flector a 1m a la derecha de B
(1.5 puntos)
W
100kgf
C
B
3m
A
4m
107
3. Para la viga mostrada en la figura, se pide:
a) Calcular las reacciones en los apoyos.
(1 punto)
b) Determinar las fuerzas internas en el punto C
(1 punto)
c) Graficar los diagramas de fuerza cortante y momento flector debidamente acotados.
(2 puntos)
8T
3,2T/m
8T
3,2T/m
D
A
B
3,6m
C
1,8m
E
1,8m
3,6m
4. Para la viga mostrada en la figura, se pide:
a) Determinar las ecuaciones de la fuerza cortante V y el momento flector M para el tramo BC en
términos de “X”, considerando el origen en B, es decir 0  X  3m
(1.5 puntos)
2T/m
1T
2T.m
B
A
D
C
1m
3m
4m
b) Graficar los diagramas de fuerza cortante y momento flector debidamente acotados.
(2.5 puntos)
5. Para la viga mostrada en la figura, se pide:
a) Calcular las reacciones en los apoyos.
(1 punto)
b) Graficar los diagramas de fuerza cortante y momento flector debidamente acotados.
(3 puntos)
90kN 135kN
D
A
B
6m
6.
135kN 135kN 180kN
H
C
6m
E
6m
6m
G
F
6m
6m
6m
Calcular las reacciones en los apoyos y graficar los diagramas de fuerza axial, fuerza cortante y
momento flector para el pórtico mostrado en la figura.
(3 puntos)
4kN/m
1kN
8kN
C
B
1,5m
2kN.m
1,5m
A
D
2m
FECHA
2m
4m
La Molina, 18 de Junio del 2007
108
SOLUCIONARIO DE EXAMEN FINAL
CICLO 2007 – I
1. a) FALSO. Si la fuerza cortante es cero, el momento flector será diferente de cero y máximo en dicho
tramo.
b) Calculamos el valor de la carga uniformemente distribuida (forma de representación del peso de una
estructura), dividiendo el peso total entre la longitud de la viga.
w
2T
 0,333T / m
6m
Esquematizamos la carga en la viga y graficamos los diagramas de fuerza cortante y momento
flector, ocurriendo el momento máximo en el centro de la viga y su valor es:
M máx  M C 
wL2 0,333.6 2

 1,5T.m
8
8
0,333T/m
A
D
C
1T
3m
1T
3m
1
+
V
1
(T)
M
+
(T.m)
1,5
c) VERDADERO. Como la viga es simétrica, entonces sus reacciones son iguales a P y graficamos
sus diagramas de fuerza cortante y momento flector, siendo su momento máximo PL/3, tal como se
muestra en la siguiente figura.
P
L/3
P
L/3
L/3
P
P
P
+
V
P
M
+
PL/3
2. a)
Esquematizamos los pesos, distribuidos de acuerdo a su longitud y calculamos el valor de la carga
distribuida W, así como las reacciones en el apoyo A
109
W
100kgf
C
B
80kgf
60kgf
3m
1,5m
1115kgf
HA
A
2m
VA
M  0
F  0
F  0
4m

1115(4)  80(2)  100(3)  W(4)(2)  0

W  500kgf / m
X

100  H A  0

H A  100kgf 
Y

VA  1115  60  80  500(4)  0

VA  1025kgf 
A
b) Analizamos el equilibrio a 1m a la derecha de B, efectuando un corte en dicho punto y obteniendo
las fuerzas internas requeridas.
500kgf/m
MD
100kgf
B
100kgf
D
20kgf
60kgf
ND
VD
1,5m
1,5m
A
1025kgf
0,5m
0,5m
F  0
F  0
M  0
X

N D  100  100  0

ND  0
Y

1025  60  20  500(1)  VD  0

VD  445kgf

 1025(1)  100(3)  60(1)  20(0,5)  500(1)(0,5)  M D  0
D

M D  1005kgf .m
3. a) Calculamos las reacciones en los apoyos.
M
A
0

VD (7,2)  3,2(3,6)(1,8)  8(3,6)  3,2(3,6)(9)  8(10,8)  0
VD  33,28T 
F
Y
0

VA  33,28  3,2(3,6)  8  3,2(3,6)  8  0
VA  5,76T 
110
F
0
X
b)
HA  0

Analizamos el equilibrio de la viga en el tramo AC, determinando las fuerzas internas en C
F  0
F  0
M  0
X

NC  0
Y

5,76  3,2(3,6)  8  VC  0

M C  3,2(3,6)(3,6)  8(1,8)  5,76(5,4)  0  M C  24,768T.m
C
 VC  13,76T
8T
3,2T/m
MC
A
B
NC
C
VC
5,76T
c)
3,6m
1,8m
Graficamos los diagramas de fuerza cortante y momento flector, efectuando este último por el
método de las áreas.
8T
3,2T/m
8T
3,2T/m
D
A
B
5,76T
3,6m
C
1,8m
E
1,8m
33,28T
3,6m
19,52
5,76
F
A
B
5,76
1,8m
1,8m
C
D
+
8
E
V
(T)
13,76
49,536
24,768
A
F
+
5,184
B
C
E
M
(T.m)
DIAGRAMA “M”:
MA  0
MF 
D
1
(1,8)(5,76)  5,184T.m
2
111
1
M B  5,184  (1,8)(5,76)  0
2
M C  13,76(1,8)  24,768T.m
M D  24,768  13,76(1,8)  49,536T.m
M E  49,536 
4. a)
(19,52  8).3,6
0
2
Calculamos las reacciones en los apoyos.
M
B
0

1
VD (7)  1(1)  (3)(2)(2)  2(4)(5)  2  0 
2
VD  6,714T 
VB  5,286T 
F
0

1
VB  6,714  (3)(2)  2(4)  1  0
2
F
0

HB  0
Y
X

Analizamos el equilibrio de la viga del lado izquierdo, efectuando un corte a una distancia “X” de B
hacia C, es decir, en un nuevo punto E
WX
1T
MX
B
A
NX
E
VX
5,286T
1m
X
Por relación de triángulos tenemos:
WX 2

X
3

WX 
2X
3
Luego:
F
0

NX  0
F
0

1
 2X 
 1  5,286  (X)
  VX  0
2
 3 
X
Y
X2
VX  4,286 
3
M
E
0

1
 2X  X 
M X  1(1  X)  5,286X  (X)
   0
2
 3  3 
M X  4,286X 
b)
X3
1
9
Graficamos los diagramas de fuerza cortante y momento flector, aplicando las ecuaciones obtenidas
para el tramo BC y para el resto de tramos, los métodos conocidos.
Para ello, en forma independiente analizamos el tramo BC, obteniendo 3 valores para describir la
curvatura de las parábolas cuadrática y cúbica, siendo estos al inicio, centro y final del tramo.
112
TRAMO BC
VBC  4,286 
X
X2
3
M BC  4,286X 
0
4,286
-1
1,5
3,536
5,054
3
1,286
8,858
Como se podrá verificar, se cumple con la relación V 
X3
1
9
dM
dX
DIAGRAMA “M”:
MA  0
M B  1(1)  1T.m
Luego, continuamos graficando con los valores obtenidos por la ecuación de momento flector en el
tramo BC
M C  8,858T.m
1
M F  8,858  (0,643)(1,286)  9,271T.m
2
1
M antes
 9,271  (3,357)(6,714)  2T.m
D
2
M después
 2  2  0
D
1T
2T/m
2T.m
B
A
D
C
5,286T
3m
1m
4,286
3,536
+
B
A
6,714T
4m
1,286
F
C
D
1
V
(T)
0,643m
6,714
2
1
A
C
F
B
D
M
(T.m)
+
5,054
8,858 9,271
113
5. a) Calculamos las reacciones en los apoyos.
M
M
F
F
0
der
F
A
0


VH (12)  180(6)  0

VD (18)  90(42)  90(6)  135(12)  135(24)  135(30)  180(36)  0
Y
0

 VA  675  90  90  135(3)  180  0
X
0

HA  0
VH  90kN 

VD  675kN 

VA  90kN 
b) Con los valores obtenidos graficamos los diagramas de fuerza cortante y momento flector por los
métodos conocidos.
DIAGRAMA “M”:
MA  0
M B  90(6)  540kN.m
M C  540  180(6)  1620kN.m
M D  1620  315(6)  3510kN.m
M E  3510  360(6)  1350kN.m
M F  1350  225(6)  0 (Rótula en F)
M G  90(6)  540kN.m
M H  540  90(6)  0
90kN 135kN
135kN 135kN 180kN
D
A
B
E
90kN
6m
H
C
6m
675kN
6m
6m
G
F
90kN
6m
6m
6m
360
225
B
A
C
90
+
D
E
G
H
F
90
90
(kN)
180
315
3510
1620
1350
540
A
B
G
C
V
D
114
E
F
540
H
M
(kN.m)
6.
Determinamos las reacciones en los apoyos.
M  0
F  0
F  0

VA (8)  8(6)  2  1(3)  4(4)(2)  0 
Y

9,875  VD  8  4(4)  0

VD  14,125kN 
X

1 HD  0

H D  1kN 
D
VA  9,875kN 
En la siguiente figura se muestran las reacciones en los apoyos.
4kN/m
1kN
8kN
C
B
1,5m
2kN.m
53º
1,5m
D
A
9,875kN
2m
2m
4m
1kN
14,125kN
Ahora, graficamos los diagramas de fuerza axial, fuerza cortante y momento flector, agregando para
ello el punto E, que es donde se aplica el momento puntual y el punto F, donde la fuerza cortante es
cero.
DIAGRAMA “N”:
N AE  9,875 cos 53o  5,925kN
(COMPRESIÓN)
N EB  5,925  8 cos 53o  1,125kN (COMPRESIÓN)
N BC  1kN
(COMPRESIÓN)
N CD  14,125kN
(COMPRESIÖN)
Con los valores obtenidos, graficamos el diagrama de fuerza axial, tal como se muestra en la siguiente
figura.
B
E
A
5
5
,9 2
C
1
5
12
1,
14,125
N
(kN)
115
D
DIAGRAMA “V”:
VAE  9,875sen53o  7,9kN
VEB  7,9  8sen53o  1,5kN
VBBC  9,875  8  1,875kN
VCBC  1,875  4(4)  14,125kN
VCD  1kN
Con los valores obtenidos, graficamos el diagrama de fuerza cortante, tal como se muestra en la
siguiente figura.
1,875
+ F
5
,
B
1
9
7,
+
C
0,46875m
E
1
14,125
V
A
+
D
(kN)
DIAGRAMA “M”:
MA  0
M antes
 7,9(2,5)  19,75kN.m
E
M después
 19,75  2  17,75kN.m
E
M B  17,75  1,5(2,5)  21,5kN.m
1
M F  21,5  (0,46875)(1,875)  21,94kN.m
2
1
M C  21,94  (3,53125)(14,125)  3kN.m
2
M D  3  1(3)  0
Con los valores obtenidos, graficamos el diagrama de momento flector, tal como se muestra en la
siguiente figura.
0,46875m
3
B F
21, 5
C
+
17,75 E
+
19,75
21,94
M
A
(kN.m)
116
D
3
BIBLIOGRAFÍA
1.
Villarreal Castro Genner. Interacción sísmica suelo-estructura en edificaciones con zapatas aisladas.
Asamblea Nacional de Rectores. Lima, 2006. – 125p.
2.
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3.
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Rectores. Lima, 2007. – 142p.
4.
Villarreal Castro Genner. Análisis estructural. Lima, 2008. – 335p.
5.
Villarreal Castro Genner – Oviedo Sarmiento Ricardo. Edificaciones con disipadores de energía.
Asamblea Nacional de Rectores. Lima, 2009. – 159p.
6.
Villarreal Castro Genner. Resistencia de materiales. Lima, 2009. – 336p.
7.
Villarreal Castro Genner. Estática: Problemas resueltos. Lima, 2011. – 227p.
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Villarreal Castro Genner. Resistencia de materiales I: Prácticas y exámenes USMP. Lima, 2012. –
206p.
9.
Villarreal Castro Genner. Resistencia de materiales II: Prácticas y exámenes USMP. Lima, 2013. –
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10. Villarreal Castro Genner. Ingeniería sismo-resistente: Prácticas y exámenes UPC. Lima, 2013. –
100p.
11. Villarreal Castro Genner. Mecánica de materiales: Prácticas y exámenes UPC. Lima, 2015. – 195p.
12. Villarreal Castro Genner. Diseño sísmico de edificaciones: Problemas resueltos. Lima, 2015. – 96p.
117
ÍNDICE
PROLOGO………………………………………………………………………………………………… 03
PRÁCTICA CALIFICADA Nº 1……………………………………………………………………...…. 04
EXAMEN PARCIAL………….…………………………………………………………………..………. 24
PRÁCTICA CALIFICADA Nº 2……………………………………………………………………...…. 56
EXAMEN FINAL……….......................……………………………………………………………...…. 86
BIBLIOGRAFÍA………………………………………………………………………………………..….117
118